15.3: Integrales dobles en coordenadas polares
( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\)
- Reconocer el formato de una doble integral sobre una región rectangular polar.
- Evaluar una doble integral en coordenadas polares usando una integral iterada.
- Reconocer el formato de una doble integral sobre una región polar general.
- Utilice integrales dobles en coordenadas polares para calcular áreas y volúmenes.
Las integrales dobles son a veces mucho más fáciles de evaluar si cambiamos las coordenadas rectangulares a coordenadas polares. Sin embargo, antes de describir cómo hacer este cambio, necesitamos establecer el concepto de una doble integral en una región rectangular polar.
Regiones rectangulares polares de integración
Cuando definimos la doble integral para una función continua en coordenadas rectangulares, digamos,g sobre una regiónR en elxy plano, nosR dividimos en subrectángulos con lados paralelos a los ejes de coordenadas. Estos lados tienenx valores constantes y/oy valores constantes. En coordenadas polares, la forma con la que trabajamos es un rectángulo polar, cuyos lados tienenr valores constantes y/oθ valores constantes. Esto significa que podemos describir un rectángulo polar como en la Figura15.3.1a, conR={(r,θ)|a≤r≤b,α≤θ≤β}.

En esta sección, estamos buscando integrar rectángulos sobre polares. Considera una funciónf(r,θ) sobre un rectángulo polarR. Dividimos el intervalo[a,b] enm subintervalos[ri−1,ri] de longitudΔr=(b−a)/m y dividimos el intervalo[α,β] enn subintervalos[θi−1,θi] de anchoΔθ=(β−α)/n. Esto significa que los círculosr=ri y rayosθ=θi para1≤i≤m y1≤j≤n dividen el rectángulo polarR en subrectángulos polares más pequeñosRij (Figura15.3.1b).
Como antes, necesitamos encontrar el áreaΔA del subrectángulo polarRij y el volumen “polar” de la caja delgada de arribaRij. Recordemos que, en un círculo de radior la longituds de un arco subtendido por un ángulo central deθ radianes ess=rθ. Observe que el rectángulo polarRij se parece mucho a un trapecio con lados paralelosri−1Δθ yriΔθ y con un anchoΔr. De ahí que el área del subrectángulo polarRij sea
ΔA=12Δr(ri−1Δθ+riΔθ).
Simplificar y dejar
r∗ij=12(ri−1+ri)
tenemosΔA=r∗ijΔrΔθ.
Por lo tanto, el volumen polar de la caja delgada anteriorRij (Figura15.3.2) es
f(r∗ij,θ∗ij)ΔA=f(r∗ij,θ∗ij)r∗ijΔrΔθ.

Usando la misma idea para todos los subrectángulos y sumando los volúmenes de las cajas rectangulares, obtenemos una suma doble de Riemann como
m∑i=1n∑j=1f(r∗ij,θ∗ij)r∗ijΔrΔθ.
Como hemos visto antes, obtenemos una mejor aproximación al volumen polar del sólido por encima de la regiónR cuando dejamosm yn nos hacemos más grandes. De ahí que definamos el volumen polar como el límite de la suma doble de Riemann,
V=lim
Esto se convierte en la expresión de la doble integral.
La doble integral de la funciónf(r, \theta) sobre la región rectangular polarR en elr\theta plano se define como
\begin{align} \iint_R f(r, \theta)dA &= \lim_{m,n\rightarrow\infty}\sum_{i=1}^m \sum_{j=1}^n f(r_{ij}^*, \theta_{ij}^*) \Delta A \\[4pt] &= \lim_{m,n\rightarrow \infty} \sum_{i=1}^m \sum_{j=1}^n f(r_{ij}^*,\theta_{ij}^*)r_{ij}^* \Delta r \Delta \theta. \end{align} \nonumber
Nuevamente, al igual que en la sección de Integrales dobles sobre regiones rectangulares, la doble integral sobre una región rectangular polar se puede expresar como una integral iterada en coordenadas polares. Por lo tanto,
\iint_R f(r, \theta)\,dA = \iint_R f(r, \theta) \,r \, dr \, d\theta = \int_{\theta=\alpha}^{\theta=\beta} \int_{r=a}^{r=b} f(r,\theta) \,r \, dr \, d\theta. \nonumber
Observe que la expresión fordA es reemplazada porr \, dr \, d\theta cuando se trabaja en coordenadas polares. Otra forma de observar la doble integral polar es cambiar la doble integral en coordenadas rectangulares por sustitución. Cuando la funciónf se da en términos dex yy usox = r \, \cos \, \theta, \, y = r \, \sin \, \theta, y ladA = r \, dr \, d\theta cambia a
\iint_R f(x,y) \,dA = \iint_R f(r \, \cos \, \theta, \, r \, \sin \, \theta ) \,r \, dr \, d\theta. \nonumber
Tenga en cuenta que todas las propiedades enumeradas en la sección de Integrales dobles sobre regiones rectangulares para la integral doble en coordenadas rectangulares también son verdaderas para la doble integral en coordenadas polares, por lo que podemos usarlas sin dudarlo.
Croquis de la región rectangular polar
R = \{(r, \theta)\,|\,1 \leq r \leq 3, 0 \leq \theta \leq \pi \}. \nonumber
Solución
Como podemos ver en la Figura\PageIndex{3},r = 1 yr = 3 son círculos de radio 1 y 3 y0 \leq \theta \leq \pi cubre toda la mitad superior del plano. De ahí que la regiónR parezca una banda semicircular.

Ahora que hemos esbozado una región rectangular polar, demostremos cómo evaluar una doble integral sobre esta región mediante el uso de coordenadas polares.
Evaluar la integral\displaystyle \iint_R 3x \, dA en la regiónR = \{(r, \theta)\,|\,1 \leq r \leq 2, \, 0 \leq \theta \leq \pi \}.
Solución
Primero dibujamos una figura similar a la Figura\PageIndex{3}, pero con radio exteriorr=2. De la figura podemos ver que tenemos
\begin{align*} \iint_R 3x \, dA &= \int_{\theta=0}^{\theta=\pi} \int_{r=1}^{r=2} 3r \, \cos \, \theta \,r \, dr \, d\theta \quad\text{Use an integral with correct limits of integration.} \\ &= \int_{\theta=0}^{\theta=\pi} \cos \, \theta \left[\left. r^3\right|_{r=1}^{r=2}\right] d\theta \quad\text{Integrate first with respect to $r$.} \\ &=\int_{\theta=0}^{\theta=\pi} 7 \, \cos \, \theta \, d\theta \\ &= 7 \, \sin \, \theta \bigg|_{\theta=0}^{\theta=\pi} = 0. \end{align*}
Dibuje la regiónD = \{ (r,\theta) \vert 1\leq r \leq 2, \, -\frac{\pi}{2} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2} \} y evalúe\displaystyle \iint_R x \, dA.
- Pista
-
Siga los pasos en Ejemplo\PageIndex{1A}.
- Responder
-
\frac{14}{3}
Evaluar la integral
\iint_R (1 - x^2 - y^2) \,dA \nonumber
dondeR está el círculo unitario en elxy plano.
Solución
La regiónR es un círculo unitario, por lo que podemos describirla comoR = \{(r, \theta )\,|\,0 \leq r \leq 1, \, 0 \leq \theta \leq 2\pi \}.
Usando la conversiónx = r \, \cos \, \theta, \, y = r \, \sin \, \theta, ydA = r \, dr \, d\theta, tenemos
\begin{align*} \iint_R (1 - x^2 - y^2) \,dA &= \int_0^{2\pi} \int_0^1 (1 - r^2) \,r \, dr \, d\theta \\[4pt] &= \int_0^{2\pi} \int_0^1 (r - r^3) \,dr \, d\theta \\ &= \int_0^{2\pi} \left[\frac{r^2}{2} - \frac{r^4}{4}\right]_0^1 \,d\theta \\&= \int_0^{2\pi} \frac{1}{4}\,d\theta = \frac{\pi}{2}. \end{align*}
Evaluar la integral\displaystyle \iint_R (x + y) \,dA \nonumber dondeR = \big\{(x,y)\,|\,1 \leq x^2 + y^2 \leq 4, \, x \leq 0 \big\}.
Solución
Podemos ver queR es una región anular que puede convertirse en coordenadas polares y describirse comoR = \left\{(r, \theta)\,|\,1 \leq r \leq 2, \, \frac{\pi}{2} \leq \theta \leq \frac{3\pi}{2} \right\} (ver la siguiente gráfica).

Por lo tanto, usando la conversiónx = r \, \cos \, \theta, \, y = r \, \sin \, \thetadA = r \, dr \, d\theta, y, tenemos
\begin{align*} \iint_R (x + y)\,dA &= \int_{\theta=\pi/2}^{\theta=3\pi/2} \int_{r=1}^{r=2} (r \, \cos \, \theta + r \, \sin \, \theta) r \, dr \, d\theta \\ &= \left(\int_{r=1}^{r=2} r^2 \, dr\right)\left(\int_{\pi/2}^{3\pi/2} (\cos \, \theta + \sin \, \theta)\,d\theta\right) \\ &= \left. \left[\frac{r^3}{3}\right]_1^2 [\sin \, \theta - \cos \, \theta] \right|_{\pi/2}^{3\pi/2} \\ &= - \frac{14}{3}. \end{align*}
Evalúe la integral \displaystyle \iint_R (4 - x^2 - y^2)\,dA \nonumber dondeR está el círculo de radio 2 en elxy plano.
- Pista
-
Sigue los pasos del ejemplo anterior.
- Responder
-
8\pi
Regiones Polares Generales de Integración
Para evaluar la doble integral de una función continua mediante integrales iteradas sobre regiones polares generales, consideramos dos tipos de regiones, análogas a Tipo I y Tipo II como se discutió para las coordenadas rectangulares en la sección de Integrales Dobles sobre Regiones Generales. Es más común escribir ecuaciones polares comor = f(\theta) que\theta = f(r), por lo que describimos una región polar general comoR = \{(r, \theta)\,|\,\alpha \leq \theta \leq \beta, \, h_1 (\theta) \leq r \leq h_2(\theta)\} (Figura\PageIndex{5}).

Sif(r, \theta) es continuo en una región polar generalD como se describió anteriormente, entonces
\iint_D f(r, \theta ) \,r \, dr \, d\theta = \int_{\theta=\alpha}^{\theta=\beta} \int_{r=h_1(\theta)}^{r=h_2(\theta)} f(r,\theta) \, r \, dr \, d\theta. \nonumber
Evaluar la integral
\iint_D r^2 \sin \theta \, r \, dr \, d\theta \nonumber
dondeD está la región delimitada por el eje polar y la mitad superior del cardioider = 1 + \cos \, \theta.
Solución
Podemos describir la regiónD\{(r, \theta)\,|\,0 \leq \theta \leq \pi, \, 0 \leq r \leq 1 + \cos \, \theta\} como se muestra en la Figura\PageIndex{6}.

Por lo tanto, tenemos
\begin{align*} \iint_D r^2 \sin \, \theta \, r \, dr \, d\theta &= \int_{\theta=0}^{\theta=\pi} \int_{r=0}^{r=1+\cos \theta} (r^2 \sin \, \theta) \,r \, dr \, d\theta \\ &= \frac{1}{4}\left.\int_{\theta=0}^{\theta=\pi}[r^4] \right|_{r=0}^{r=1+\cos \, \theta} \sin \, \theta \, d\theta \\ &= \frac{1}{4} \int_{\theta=0}^{\theta=\pi} (1 + \cos \, \theta )^4 \sin \, \theta \, d\theta \\ &= - \frac{1}{4} \left[ \frac{(1 + \cos \, \theta)^5}{5}\right]_0^{\pi} = \frac{8}{5}.\end{align*}
Evaluar la integral
\iint_D r^2 \sin^2 2\theta \,r \, dr \, d\theta \nonumber
dondeD = \left\{ (r,\theta)\,|\,0 \leq \theta \leq \pi, \, 0 \leq r \leq 2 \sqrt{\cos \, 2\theta} \right\}.
- Pista
-
Grafica la región y sigue los pasos del ejemplo anterior.
- Responder
-
\frac{\pi}{8}
Áreas Polares y Volúmenes
Al igual que en las coordenadas rectangulares, si un sólidoS está delimitado por la superficiez = f(r, \theta), así como por las superficiesr = a, \, r = b, \, \theta = \alpha\theta = \beta, y, podemos encontrar el volumenV deS por doble integración, como
V = \iint_R f(r, \theta) \,r \, dr \, d\theta = \int_{\theta=\alpha}^{\theta=\beta} \int_{r=a}^{r=b} f(r,\theta)\, r \, dr \, d\theta. \nonumber
Si la base del sólido se puede describir comoD = \{(r, \theta)|\alpha \leq \theta \leq \beta, \, h_1 (\theta) \leq r \leq h_2(\theta)\}, entonces la doble integral para el volumen se convierte en
V = \iint_D f(r, \theta) \,r \, dr \, d\theta = \int_{\theta=\alpha}^{\theta=\beta} \int_{r=h_1(\theta)}^{r=h_2(\theta)} f(r,\theta) \,r \, dr \, d\theta. \nonumber
Ilustramos esta idea con algunos ejemplos.
Encuentra el volumen del sólido que se encuentra debajo del paraboloidez = 1 - x^2 - y^2 y por encima del círculo unitario en elxy plano -plano (Figura\PageIndex{7}).

Solución
Por el método de doble integración, podemos ver que el volumen es la integral iterada de la forma
\displaystyle \iint_R (1 - x^2 - y^2)\,dA \nonumber
dondeR = \big\{(r, \theta)\,|\,0 \leq r \leq 1, \, 0 \leq \theta \leq 2\pi\big\}.
Esta integración se mostró antes en Ejemplo\PageIndex{2A}, por lo que el volumen es de unidades\frac{\pi}{2} cúbicas.
Encuentra el volumen del sólido que se encuentra debajo del paraboloidez = 4 - x^2 - y^2 y por encima del disco(x - 1)^2 + y^2 = 1 en elxy plano. Ver el paraboloide en la Figura\PageIndex{8} intersectando el cilindro(x - 1)^2 + y^2 = 1 por encima delxy plano.

Solución
Primero cambia el disco(x - 1)^2 + y^2 = 1 a coordenadas polares. Ampliando el término cuadrado, tenemosx^2 - 2x + 1 + y^2 = 1. Entonces simplifican para obtenerx^2 + y^2 = 2x, que en coordenadas polares se convierter^2 = 2r \, \cos \, \theta y luegor = 0 o bienr = 2 \, \cos \, \theta. De igual manera, la ecuación del paraboloide cambia az = 4 - r^2. Por lo tanto, podemos describir el disco(x - 1)^2 + y^2 = 1 en elxy plano como la región
D = \{(r,\theta)\,|\,0 \leq \theta \leq \pi, \, 0 \leq r \leq 2 \, \cos \theta\}. \nonumber
De ahí que el volumen del sólido delimitado por arriba por el paraboloidez = 4 - x^2 - y^2 y por debajor = 2 \, \cos \theta es
\begin{align*} V &= \iint_D f(r, \theta) \,r \, dr \, d\theta \\&= \int_{\theta=0}^{\theta=\pi} \int_{r=0}^{r=2 \, \cos \, \theta} (4 - r^2) \,r \, dr \, d\theta\\ &= \int_{\theta=0}^{\theta=\pi}\left.\left[4\frac{r^2}{2} - \frac{r^4}{4}\right|_0^{2 \, \cos \, \theta}\right]d\theta \\ &= \int_0^{\pi} [8 \, \cos^2\theta - 4 \, \cos^4\theta]\,d\theta \\&= \left[\frac{5}{2}\theta + \frac{5}{2} \sin \, \theta \, \cos \, \theta - \sin \, \theta \cos^3\theta \right]_0^{\pi} = \frac{5}{2}\pi\; \text{units}^3. \end{align*}
Observe en el siguiente ejemplo que la integración no siempre es fácil con coordenadas polares. La complejidad de la integración depende de la función y también de la región sobre la que necesitamos realizar la integración. Si la región tiene una expresión más natural en coordenadas polares o sif tiene una antiderivada más simple en coordenadas polares, entonces el cambio en las coordenadas polares es apropiado; de lo contrario, use coordenadas rectangulares.
Encuentra el volumen de la región que se encuentra bajo el paraboloidez = x^2 + y^2 y por encima del triángulo encerrado por las líneasy = x, \, x = 0, yx + y = 2 en elxy plano.
Solución
Primero examinamos la región sobre la que necesitamos configurar la doble integral y el paraboloide acompañante.

La regiónD es\{(x,y)\,|\,0 \leq x \leq 1, \, x \leq y \leq 2 - x\}. Convertir las líneasy = x, \, x = 0, yx + y = 2 en elxy -plano a funciones der y\theta tenemos\theta = \pi/4, \, \theta = \pi/2, yr = 2 / (\cos \, \theta + \sin \, \theta), respectivamente. Graficando la región en elxy plano, vemos que se pareceD = \{(r, \theta)\,|\,\pi/4 \leq \theta \leq \pi/2, \, 0 \leq r \leq 2/(\cos \, \theta + \sin \, \theta)\}.
Ahora convirtiendo la ecuación de la superficie daz = x^2 + y^2 = r^2. Por lo tanto, el volumen del sólido viene dado por la doble integral
\begin{align*} V &= \iint_D f(r, \theta)\,r \, dr \, d\theta \\&= \int_{\theta=\pi/4}^{\theta=\pi/2} \int_{r=0}^{r=2/ (\cos \, \theta + \sin \, \theta)} r^2 r \, dr d\theta \\ &= \int_{\pi/4}^{\pi/2}\left[\frac{r^4}{4}\right]_0^{2/(\cos \, \theta + \sin \, \theta)} d\theta \\ &=\frac{1}{4}\int_{\pi/4}^{\pi/2} \left(\frac{2}{\cos \, \theta + \sin \, \theta}\right)^4 d\theta \\ &= \frac{16}{4} \int_{\pi/4}^{\pi/2} \left(\frac{1}{\cos \, \theta + \sin \, \theta} \right)^4 d\theta \\&= 4\int_{\pi/4}^{\pi/2} \left(\frac{1}{\cos \, \theta + \sin \, \theta}\right)^4 d\theta. \end{align*}
Como se puede ver, esta integral es muy complicada. Entonces, podemos evaluar esta doble integral en coordenadas rectangulares como
V = \int_0^1 \int_x^{2-x} (x^2 + y^2) \,dy \, dx. \nonumber
Evaluando da
\begin{align*} V &= \int_0^1 \int_x^{2-x} (x^2 + y^2) \,dy \, dx \\&= \int_0^1 \left.\left[x^2y + \frac{y^3}{3}\right]\right|_x^{2-x} dx\\ &= \int_0^1 \frac{8}{3} - 4x + 4x^2 - \frac{8x^3}{3} \,dx \\ &= \left.\left[\frac{8x}{3} - 2x^2 + \frac{4x^3}{3} - \frac{2x^4}{3}\right]\right|_0^1 \\&= \frac{4}{3} \; \text{units}^3. \end{align*}
Para responder a la pregunta de cómo se encuentran las fórmulas para los volúmenes de diferentes sólidos estándar como una esfera, un cono o un cilindro, queremos demostrar un ejemplo y encontrar el volumen de un cono arbitrario.
Usa coordenadas polares para encontrar el volumen dentro del conoz = 2 - \sqrt{x^2 + y^2} y por encima delxy plano.
Solución
La regiónD para la integración es la base del cono, que parece ser un círculo en elxy plano -( Figura\PageIndex{10}).

Encontramos la ecuación del círculo estableciendoz = 0:
\begin{align*} 0 &= 2 - \sqrt{x^2 + y^2} \\ 2 &= \sqrt{x^2 + y^2} \\ x^2 + y^2 &= 4. \end{align*}
Esto significa que el radio del círculo es2 así para la integración que tenemos0 \leq \theta \leq 2\pi y0 \leq r \leq 2. Sustituyendox = r \, \cos \theta yy = r \, \sin \, \theta en la ecuaciónz = 2 - \sqrt{x^2 + y^2} que tenemosz = 2 - r. Por lo tanto, el volumen del cono es
\int_{\theta=0}^{\theta=2\pi} \int_{r=0}^{r=2} (2 - r)\,r \, dr \, d\theta = 2 \pi \frac{4}{3} = \frac{8\pi}{3}\; \text{cubic units.} \nonumber
AnálisisTenga en cuenta que si encontráramos el volumen de un cono arbitrario con\alpha unidades de radio yh unidades de altura, entonces la ecuación del cono seríaz = h - \frac{h}{a}\sqrt{x^2 + y^2}.
Todavía podemos usar Figura\PageIndex{10} y configurar la integral como
\int_{\theta=0}^{\theta=2\pi} \int_{r=0}^{r=a} \left(h - \frac{h}{a}r\right) r \, dr \, d\theta. \nonumber
Evaluando la integral, obtenemos\frac{1}{3} \pi a^2 h.
Utilice coordenadas polares para encontrar una integral iterada para encontrar el volumen del sólido encerrado por los paraboloidesz = x^2 + y^2 yz = 16 - x^2 - y^2.
- Pista
-
Dibujar las gráficas puede ayudar.
- Responder
-
V = \int_0^{2\pi} \int_0^{2\sqrt{2}} (16 - 2r^2) \,r \, dr \, d\theta = 64 \pi \; \text{cubic units.} \nonumber
Encuentra el área encerrada por el círculor = 3 \, \cos \, \theta y el cardioider = 1 + \cos \, \theta.
Solución
En primer lugar, esbozar las gráficas de la región (Figura\PageIndex{12}).

Podemos a partir de ver la simetría de la gráfica que necesitamos para encontrar los puntos de intersección. Establecer las dos ecuaciones iguales entre sí da
3 \, \cos \, \theta = 1 + \cos \, \theta. \nonumber
Uno de los puntos de intersección es\theta = \pi/3. El área por encima del eje polar consta de dos partes, con una parte definida por el cardioide de\theta = 0 a\theta = \pi/3 y la otra parte definida por el círculo de\theta = \pi/3 a\theta = \pi/2. Por simetría, el área total es el doble del área por encima del eje polar. Por lo tanto, tenemos
A = 2 \left[\int_{\theta=0}^{\theta=\pi/3} \int_{r=0}^{r=1+\cos \, \theta} 1 \,r \, dr \, d\theta + \int_{\theta=\pi/3}^{\theta=\pi/2} \int_{r=0}^{r=3 \, \cos \, \theta} 1\,r \, dr \, d\theta \right]. \nonumber
Evaluando cada pieza por separado, encontramos que el área es
A = 2 \left(\frac{1}{4}\pi + \frac{9}{16} \sqrt{3} + \frac{3}{8} \pi - \frac{9}{16} \sqrt{3} \right) = 2 \left(\frac{5}{8}\pi\right) = \frac{5}{4}\pi \, \text{square units.} \nonumber
Encuentra el área encerrada dentro del cardioider = 3 - 3 \, \sin \theta y fuera del cardioider = 1 + \sin \theta.
- Pista
-
Dibuje la gráfica y resuelva los puntos de intersección.
- Responder
-
A = 2 \int_{-\pi/2}^{\pi/6} \int_{1+\sin \, \theta}^{3-3\sin \, \theta} \,r \, dr \, d\theta = \left(8 \pi + 9 \sqrt{3}\right) \; \text{units}^2 \nonumber
Evaluar la integral
\iint_{R^2} e^{-10(x^2+y^2)} \,dx \, dy. \nonumber
Solución
Esta es una integral impropia porque nos estamos integrando sobre una región sin límitesR^2. En coordenadas polares, todo el planoR^2 puede ser visto como0 \leq \theta \leq 2\pi, \, 0 \leq r \leq \infty.
Usando los cambios de variables de coordenadas rectangulares a coordenadas polares, tenemos
\begin{align*} \iint_{R^2} e^{-10(x^2+y^2)}\,dx \, dy &= \int_{\theta=0}^{\theta=2\pi} \int_{r=0}^{r=\infty} e^{-10r^2}\,r \, dr \, d\theta = \int_{\theta=0}^{\theta=2\pi} \left(\lim_{a\rightarrow\infty} \int_{r=0}^{r=a} e^{-10r^2}r \, dr \right) d\theta \\ &=\left(\int_{\theta=0}^{\theta=2\pi}\right) d\theta \left(\lim_{a\rightarrow\infty} \int_{r=0}^{r=a} e^{-10r^2}r \, dr \right) \\ &=2\pi \left(\lim_{a\rightarrow\infty} \int_{r=0}^{r=a} e^{-10r^2}r \, dr \right) \\ &=2\pi \lim_{a\rightarrow\infty}\left(-\frac{1}{20}\right)\left(\left. e^{-10r^2}\right|_0^a\right) \\ &=2\pi \left(-\frac{1}{20}\right)\lim_{a\rightarrow\infty}\left(e^{-10a^2} - 1\right) \\ &= \frac{\pi}{10}. \end{align*}
Evaluar la integral
\iint_{R^2} e^{-4(x^2+y^2)}dx \, dy. \nonumber
- Pista
-
Convertir al sistema de coordenadas polares.
- Responder
-
\frac{\pi}{4}
Conceptos clave
- Para aplicar una doble integral a una situación con simetría circular, a menudo es conveniente usar una doble integral en coordenadas polares. Podemos aplicar estas integrales dobles sobre una región rectangular polar o una región polar general, utilizando una integral iterada similar a las utilizadas con integrales dobles rectangulares.
- El áreadA en coordenadas polares se convierte enr \, dr \, d\theta.
- Utilicex = r \, \cos \, \theta, \, y = r \, \sin \, \theta, ydA = r \, dr \, d\theta para convertir una integral en coordenadas rectangulares en una integral en coordenadas polares.
- Utilizarr^2 = x^2 + y^2 y\theta = tan^{-1} \left(\frac{y}{x}\right) convertir una integral en coordenadas polares en una integral en coordenadas rectangulares, si es necesario.
- Para encontrar el volumen en coordenadas polares delimitadas arriba por una superficiez = f(r, \theta) sobre una región en elxy plano, use una doble integral en coordenadas polares.
Ecuaciones Clave
- Doble integral sobre una región rectangular polarR
\iint_R f(r, \theta) dA = \lim_{m,n\rightarrow\infty}\sum_{i=1}^m \sum_{j=1}^n f(r_{ij}^*, \theta_{ij}^*) \Delta A = \lim_{m,n\rightarrow\infty}\sum_{i=1}^m \sum_{j=1}^nf(r_{ij}^*,\theta_{ij}^*)r_{ij}^*\Delta r \Delta \theta \nonumber
- Doble integral sobre una región polar general
\iint_D f(r, \theta)\,r \, dr \, d\theta = \int_{\theta=\alpha}^{\theta=\beta} \int_{r=h_1(\theta)}^{r_2(\theta)} f (r,\theta) \,r \, dr \, d\theta \nonumber
Glosario
- rectángulo polar
- la región encerrada entre los círculosr = ar = b y y los ángulos\theta = \alpha y\theta = \beta; se describe comoR = \{(r, \theta)\,|\,a \leq r \leq b, \, \alpha \leq \theta \leq \beta\}
Al igual que con las coordenadas rectangulares, también podemos usar coordenadas polares para encontrar áreas de ciertas regiones usando una doble integral. Como antes, necesitamos entender la región cuya área queremos calcular. Dibujar un gráfico e identificar la región puede ser útil para darse cuenta de los límites de la integración. Generalmente, la fórmula de área en doble integración se verá como
\text{Area of} \, A = \int_{\alpha}^{\beta} \int_{h_1(\theta)}^{h_2(\theta)} 1 \,r \, dr \, d\theta. \nonumber
Ejemplo\PageIndex{6A}: Finding an Area Using a Double Integral in Polar Coordinates
Evaluar el área delimitada por la curvar = \cos \, 4\theta.
Solución
Al esbozar la gráfica de la función, ser = \cos \, 4\theta revela que se trata de una rosa polar con ocho pétalos (ver la siguiente figura).
Usando la simetría, podemos ver que necesitamos encontrar el área de un pétalo y luego multiplicarla por 8. Observe que los valores de\theta para los cuales la gráfica pasa por el origen son los ceros de la función\cos \, 4\theta, y estos son múltiplos impares de\pi/8. Así, uno de los pétalos corresponde a los valores de\theta en el intervalo[-\pi/8, \pi/8]. Por lo tanto, el área delimitada por la curvar = \cos \, 4\theta es
\begin{align*} A &= 8 \int_{\theta=-\pi/8}^{\theta=\pi/8} \int_{r=0}^{r=\cos \, 4\theta} 1\,r \, dr \, d\theta \\ &= 8 \int_{\theta=-\pi/8}^{\theta=\pi/8}\left.\left[\frac{1}{2}r^2\right|_0^{\cos \, 4\theta}\right] d\theta \\ &= 8 \int_{-\pi/8}^{\pi/8} \frac{1}{2} \cos^24\theta \, d\theta \\&= 8\left. \left[\frac{1}{4} \theta + \frac{1}{16} \sin \, 4\theta \, \cos \, 4\theta \right|_{-\pi/8}^{\pi/8}\right] \\&= 8 \left[\frac{\pi}{16}\right] = \frac{\pi}{2}\; \text{units}^2. \end{align*}