Ejemplo:

$ \def\rarrow#1#2{ \stackrel{#1}{ \underset{#2}{ \Rule{0pt}{0.4em}{0pt} \smash{ \xrightarrow[\hspace{8px}\hphantom{#2}\hspace{8px}]{\hspace{8px}\hphantom{#1}\hspace{8px}} } } } } \left. \begin{aligned} \mathbb{R}^2 &\rarrow{\large φ}{} \mathbb{R}^2 \\ \rm (u,v) &\smash[b]{{}\rarrow{\hphantom{\large φ}}{}{}} \rm (2u+v,u-v) = (x,y) \end{aligned} \, \right\} $ Aplicación (o función)

Se coge, por ejemplo, un cuadrado:

Haciendo el cambio de variables de la aplicación $φ$ anterior:

$ \left. \begin{array}{c} \rm u = 0 \\ \rm 0 \leq v \leq 1 \end{array} \right\} \Rightarrow \left. \begin{array}{l} \rm x = v \\ \rm y = -v \end{array} \right\} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{c} \rm x+y = 0 \Rightarrow y = -x \\ \rm 0 \leq x \leq 1 \end{array} \right. $

$ \left. \begin{array}{c} \rm u = 1 \\ \rm 0 \leq v \leq 1 \end{array} \right\} \Rightarrow \left. \begin{array}{l} \rm x = 2 + v \\ \rm y = 1 - v \end{array} \right\} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{c} \rm x+y = 3 \Rightarrow y = 3-x \\ \rm 2 \leq x \leq 3 \end{array} \right. $

$ \left. \begin{array}{c} \rm v = 0 \\ \rm 0 \leq u \leq 1 \end{array} \right\} \Rightarrow \left. \begin{array}{l} \rm x = 2u \\ \rm y = u \end{array} \right\} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{c} \rm x - 2y = 0 \Rightarrow y = x{∕}2 \\ \rm 0 \leq x \leq 2 \end{array} \right. $

$ \left. \begin{array}{c} \rm v = 1 \\ \rm 0 \leq u \leq 1 \end{array} \right\} \Rightarrow \left. \begin{array}{l} \rm x = 2u + 1 \\ \rm y = u - 1 \end{array} \right\} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{c} \rm x - 2y = 3 \Rightarrow y = (x-3){∕}2 \\ \rm 1 \leq x \leq 3 \end{array} \right. $

Gráficamente:

Ejemplo:

$\rm S = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 \mathrel{|} x^2 + y^2 \leq 1, y \geq 0\} - \{(0, 0)\}$

$ \begin{aligned}[b] \rm φ : S' &\to \rm S \\[1ex] \rm (u,θ) &\to \rm (u \cos θ, u \sin θ) \end{aligned} \enspace $ coordenadas polares

$\rm S' = \{(u,θ) \in \mathbb{R}^2 \mathrel{|} 0 < u \leq 1, 0 \leq θ \leq π\}$

Ejemplo:

Sector de corona circular:

$ \Newextarrow{\xleftrightarrow}{10,10}{0x2194} \quad \xleftrightarrow{ \begin{subarray}{c} \text{Están en} \\ \text{biyección} \end{subarray} } \quad $

$\rm (u,θ) \to (u \cos θ, u \sin θ) = (x,y)$

Ejemplo:

Cálculo del área del anillo circular:

Para calcular el área:

Área = $\rm \displaystyle \iint_S 1$

Cambio de variables a polares:

$\rm (x,y) = (u \cos θ, u \sinθ) = φ(u,θ)$

Entonces:

$\rm φ : S' \to S$

Área $\rm \displaystyle = \iint_S 1 = \iint_{S'} 1 \cdot J(u,θ)$

Hallar el jacobiano para el cambio a coordenadas polares:

$ \rm J(u,θ) = \begin{vmatrix} \cos θ & \rm -u \sin θ \\ \sin θ & \rm u \cos θ \end{vmatrix} = u \cos^2 θ + u \sin^2 θ = u (\cos^2 θ + \sin^2 θ) = \underline{\underline{u}} $

Por tanto:

Área $ \begin{array}[t]{l} \rm \displaystyle = \iint_S 1 = \iint_{S'} u = \int_1^2 \int_0^{2π} u \, dθ \, du = \int_1^2 [uθ]_0^{2π} \, du = \\[1ex] \rm \displaystyle = \int_1^2 2π u \, du = \left[ πu^2 \right]_1^2 = 4π - π = 3π \end{array} $

Al ser una integral doble sobre un rectángulo el orden de integración es indiferente:

Área $ \begin{array}[t]{l} \rm \displaystyle = \iint_S 1 = \iint_{S'} u = \int_0^{2π} \int_1^2 u \, du \, dθ = \int_0^{2π} \left[ u^2 {∕} 2 \right]_1^2 \, dθ = \\[1ex] \rm \displaystyle = \int_0^{2π} (3{∕}2) \, dθ = \left[ 3θ {∕} 2 \right]_0^{2π} = 3π \end{array} $

Ejemplo:

$ \rm \displaystyle \iint_S \dfrac{e^{x-y}}{x+y} \, dx \, dy $

$\rm S \rightarrow$ cuadrado girado con vértices en los puntos $(1,0), (2,1), (0,1), (1,2)$.

Cambio de variables:

$ \begin{array}{l} \rm x - y = u \\[1ex] \rm x + y = v \end{array} \rightarrow \left\{ \begin{aligned} \rm 2x &= \rm u + v \enspace \Rightarrow \enspace x = \hphantom{-{}} u{∕}2 + v{∕}2 \\[1ex] \rm -2y &= \rm u - v \enspace \Rightarrow \enspace y = -u{∕}2 + v{∕}2 \end{aligned} \right\} $

Por tanto:

$ \begin{array}{ccc} \rm \underline{S(x,y)} & & \rm \underline{S'(u,v)} \\ (1,0) & \to &(1,1) \\ (2,1) & \to & (1,3) \\ (0,1) & \to & (-1,1) \\ (1,2) & \to & (-1,3) \end{array} \qquad $

Siendo pues:

$\rm φ : S' \to S$

$\rm φ(u,v) = (u{∕}2 + v{∕}2, -u{∕}2 + v{∕}2)$

La fórmula para transformar la integral:

$\rm \displaystyle \iint_S f(x,y) = \iint_{S'} f(φ(u,v)) \cdot J(u,v)$

Cálculo del jacobiano:

$ \rm J(u,v) = \begin{vmatrix} 1{∕}2 & 1{∕}2 \\ -1{∕}2 & 1{∕}2 \end{vmatrix} = 1{∕}4 -(-1{∕}4) = 1{∕}2 $

Entonces:

$ \rm \displaystyle \iint_S \dfrac{e^{x-y}}{x+y} \, dx \, dy = \iint_{S'} \dfrac{e^u}{v} (1{∕}2) \, dv \, du = \iint_{S'} \dfrac{e^u}{2v} \, dv \, du $

Resolviendo:

$ \begin{align} \rm \int_{-1}^1 \int_1^3 \dfrac{e^u}{2v} \, dv \, du &= \rm \int_{-1}^1 \left[ \dfrac{\ln v \cdot e^u}{2} \right]_1^3 \, du = \int_{-1}^1 \dfrac{\ln 3 \cdot e^u}{2} \, du = \\[1ex] &= \rm \left[ \dfrac{\ln 3 \cdot e^u}{2} \right]_{-1}^1 = \dfrac{1}{2} \ln 3 (e - 1{∕}e) \end{align} $

Ejemplo:

$\rm \displaystyle \int_0^4 \int_0^{\sqrt{4x-x^2}} (x^2 + y^2) \, dy \, dx$

$\rm S = \left\{ (x,y) \mathrel{|} 0 \leq x \leq 4, 0 \leq y \leq \sqrt{4x - x^2} \right\}$

Por tanto:

$\rm y \geq 0$

$ \begin{align} \rm y \leq \sqrt{4x - x^2} &\enspace \Leftrightarrow \enspace \rm y^2 \leq 4x - x^2 \enspace \Leftrightarrow \enspace y^2 - 4x + x^2 \leq 0 \enspace \Leftrightarrow \\[1ex] &\enspace \Leftrightarrow \enspace \rm y^2 + (x-2)^2 - 4 \leq 0 \enspace \Leftrightarrow \enspace y^2 + (x-2)^2 \leq 4 \end{align} $

Siendo que la ecuación general en coordenadas cartesianas para una circunferencia es:

$\rm (x - a)^2 + (y - b)^2 = r^2$

Donde $\rm (a,b)$ es el centro de la circunferencia de radio $\rm r$.

Por lo que representando gráficamente:

Al realizar el cambio a polares se ha de expresar centrado en el punto $\rm (2,0)$:

$\rm (u,θ) \rarrow{\large φ}{} (2 + u \cos θ, u \sin θ)$

Siendo:

$\rm φ : S' \to S$

$\rm S' = \{(u,θ) \mathrel{|} 0 \leq u \leq 2, 0 \leq θ \leq π\}$

La fórmula del cambio a polares para una integral doble:

$\rm \displaystyle \iint_S f(x,y) = \iint_{S'} f(φ(u,θ)) \cdot J(u,θ) = \iint_{S'} f(φ(u,θ)) \cdot u$

$\rm J(u,θ) = u \enspace \leftarrow$ jacobiano de coordenadas polares

$\rm f(x,y) = x^2 + y^2$

Entonces resolviendo la integral:

$ \begin{align} \rm \iint_S f(x,y) \, dy \, dx &= \rm \int_0^2 \int_0^π \left( (2 + u \cos θ)^2 + (u \sin θ)^2 \right) u \, dθ \, du = \\[1ex] &= \rm \int_0^2 \int_0^π \left( 4 + 4u \cos θ + u^2 \cos^2 θ + u^2 \sin^2 θ \right) u \, dθ \, du = \\[1ex] &= \rm \int_0^2 \int_0^π \left( 4 + 4u \cos θ + u^2 \right) u \, dθ \, du = \\[1ex] &= \rm \int_0^2 \int_0^π \left( 4u + 4u^2 \cos θ + u^3 \right) dθ \, du = \\[1ex] &= \rm \int_0^2 \left[ 4uθ + 4u^2 \sin θ + u^3 θ \right]_0^π \, du = \\[1ex] &= \rm \int_0^2 \left( 4πu + πu^3 \right) \, du = \left[ 2πu^2 + πu^4{∕}4 \right]_0^2 = 12π \end{align} $

Ejemplo:

$\rarrow{\large φ}{}$

$\rm W = \left\{ (x,y,z) \mathrel{|} 1 \leq x \leq 2, \sqrt{1-x^2} \leq y \leq \sqrt{4-x^2}, 0 \leq z \leq 1 \right\}$

$\rm φ : W' \to W$

$\rm φ(u,θ,w) = (u \cos θ, u \sin θ, w)$

$\rm W' = [1,2] \times [0,π{∕}2] \times [0,1]$

Ejemplo:

Calcular el volumen de la esfera de radio $\rm r$.

$\qquad \rm \displaystyle V = \iiint_W 1$

Usando coordenadas esféricas:

$\rm (u, θ, ω) \to (u \cos θ \cos ω, u \sin θ \cos ω, u \sin ω) = (x, y, z)$

Representando:

$\rm W' = \{ (u,θ,ω) \mathrel{|} 0 \leq u \leq r, 0 \leq θ \leq 2π, -π{∕}2 \leq ω \leq π{∕}2 \}$

Entonces:

$ \begin{align} \rm φ : W' &\to \rm W \\[1ex] \rm (u,θ,ω) &\to \rm (φ_1,φ_2,φ_3) = (u \cos θ \cos ω, u \sin θ \cos ω, u \sin ω) \end{align} $

Según la fórmula del cambio de variables para integrales triples:

$ \rm \displaystyle V = \iiint_W 1 \, dx \, dy \, dz = \iiint_{W'} 1 \cdot J(u,θ,ω) \, dω \, dθ \, du = \iiint_{W'} J(u,θ,ω) \, dω \, dθ \, du $

Cálculo del jacobiano:

$ \begin{align} \rm J(u,θ,ω) &= \begin{vmatrix} \rm \dfrac{\partial φ_1}{\partial u} & \dfrac{\partial φ_1}{\partial θ} & \dfrac{\partial φ_1}{\partial ω} \\[1ex] \rm \dfrac{\partial φ_2}{\partial u} & \dfrac{\partial φ_2}{\partial θ} & \dfrac{\partial φ_2}{\partial ω} \\[1ex] \rm \dfrac{\partial φ_3}{\partial u} & \dfrac{\partial φ_3}{\partial θ} & \dfrac{\partial φ_3}{\partial ω} \end{vmatrix} = \\[1ex] &= \begin{vmatrix} \cos θ \cos ω & \rm -u \sin θ \cos ω & \rm -u \cos θ \sin ω \\[1ex] \sin θ \cos ω & \rm u \cos θ \cos ω & \rm -u \sin θ \sin ω \\[1ex] \sin ω & 0 & \rm u \cos ω \end{vmatrix} = \\[1ex] &= \rm \cos θ \cos ω \cdot u \cos θ \cos ω \cdot u \cos ω + {} \\[1ex] &\hphantom{={}} \rm {} + \sin ω \cdot u \sin θ \cos ω \cdot u \sin θ \sin ω + 0 + {} \\[1ex] &\hphantom{={}} \rm {} + \sin ω \cdot u \cos θ \cos ω \cdot u \cos θ \sin ω + 0 + {} \\[1ex] &\hphantom{={}} \rm {} + u \cos ω \cdot \sin θ \cos ω \cdot u \sin θ \cos ω = \\[1ex] &= \rm u^2 \cos^2 θ \cos^3 ω + u^2 \cos ω \sin^2 θ \sin^2 ω + {} \\[1ex] &\hphantom{={}} \rm {} + u^2 \cos ω \cos^2 θ \sin^2 ω + u^2 \sin^2 θ \cos^3 ω = \\[1ex] &= \rm u^2 \cos^3{ω} \left( \cos^2 θ + \sin ^2 θ \right) + u^2 \cos ω \sin^2{ω} \left( \sin^2 θ + \cos^2 θ \right) = \\[1ex] &= \rm u^2 \cos^3 ω + u^2 \cos ω \sin^2 ω = u^2 \cos ω \left( \cos^2 ω + \sin^2 ω \right) = \\[1ex] &= \underline{\underline{\rm u^2 \cos ω}} \end{align} $

Sustituyendo e integrando:

$ \begin{align} \rm V &= \rm \int_0^r \int_0^{2π} \int_{-π{∕}2}^{π{∕}2} u^2 \cos ω \, dω \, dθ \, du = \int_0^r \int_0^{2π} \left[ u^2 \sin ω \right]_{-π{∕}2}^{π{∕}2} \, dθ \, du = \\[1ex] &= \rm \int_0^r \int_0^{2π} 2u^2 \, dθ \, du = \int_0^r [2u^2 θ]_0^{2π} \, du = \int_0^r 4πu^2 \, du = \left[ \dfrac{4}{3} πu^3 \right]_0^r = \\[1ex] &= \rm \dfrac{4}{3} πr^3 \end{align} $

Ejemplo:

Calcular el volumen limitado por el cilindro $\rm x^2 + y^2 = 1$ y los planos $\rm z = 0$, $\rm z = 2 - x$ (paralelo al eje $\rm y$).

Se harán servir las coordenadas cilíndricas:

Así pues:

$ \begin{align} \rm φ : W′ &\to \rm W \\[1ex] \rm (u, θ, w) &\to \rm (φ_1, φ_2, φ_3) = (u \cos θ, u \sin θ, w) = (x, y, z) \end{align} $

Siendo:

$\rm W' = \{(u, θ, w) \mathrel{|} 0 \leq u \leq 1, 0 \leq θ \leq 2π, 0 \leq w \leq 2 - u \cos θ \}$

$ \rm \left. \begin{array}{l} \rm z = w, x = u \cos θ \\ \rm 0 \leq z \leq 2 - x \end{array} \right\} \Rightarrow 0 \leq w \leq 2 - u \cos θ $

La integral para calcular el volumen con el cambio de variable:

$\rm \displaystyle V = \iiint_W 1 = \iiint_{W'} J$

Cálculo del jacobiano para coordenadas cilíndricas:

$ \begin{align} \rm J(u,θ,w) &= \begin{vmatrix} \rm \dfrac{\partial φ_1}{\partial u} & \rm \dfrac{\partial φ_1}{\partial θ} & \rm \dfrac{\partial φ_1}{\partial w} \\ \rm \dfrac{\partial φ_2}{\partial u} & \rm \dfrac{\partial φ_2}{\partial θ} & \rm \dfrac{\partial φ_2}{\partial w} \\ \rm \dfrac{\partial φ_3}{\partial u} & \rm \dfrac{\partial φ_3}{\partial θ} & \rm \dfrac{\partial φ_3}{\partial w} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \cos θ & \rm -u \sin θ & 0 \\ \sin θ & \rm u \cos θ & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix} = \\[1ex] &= \rm u \cos^2 θ + u \sin^2 θ = u \left( \cos^2 θ + \sin^2 θ \right) = \underline{\underline{u}} \end{align} $

Sustituyendo e integrando:

$ \begin{align} \rm V &= \rm \int_0^1 \int_0^{2π} \int_0^{2 - u \cos θ} u \, dw \, dθ \, du = \int_0^1 \int_0^{2π} \left[ uw \right]_0^{2 - u \cos θ} \, dθ \, du = \\[1ex] &= \rm \int_0^1 \int_0^{2π} \left( 2u - u^2 \cos θ \right) \, dθ \, du = \int_0^1 \left[ 2uθ - u^2 \sin θ \right]_0^{2π} \, du = \\[1ex] &= \rm \int_0^1 4πu \, du = \left[ 2πu^2 \right]_0^1 = 2π \end{align} $

Ejemplo:

Calcular el volumen limitado por las siguientes superficies:

$\rm x^2 + y^2 + z^2 = a^2 \quad 0 \lt a \lt b$

$\rm x^2 + y^2 + z^2 = b^2$

$\rm x^2 + y^2 = z^2 \quad z \geq 0$

$\rm x^2 + y^2 + z^2 = a^2$ $\rm x^2 + y^2 + z^2 = b^2$ $\rm x^2 + y^2 = z^2, z \geq 0$

Al cortarse las tres superficies:

Se emplean coordeanadas esféricas:

$ \begin{align} \rm φ : W' &\to \rm W \\[1ex] \rm (u, θ, ω) &\to \rm (u \cos θ \cos ω, u \sin θ \cos ω, u \sin ω) \end{align} $

$\rm W' = \{(u, θ, ω) \mathrel{|} a \leq u \leq b, 0 \leq θ \leq 2π, π{∕}4 \leq ω \leq π{∕}2\}$

Para calcular el volumen se necesita el jacobiano de coordenadas esféricas:

$\rm J = u^2 \cos ω$

Cálculo:

$ \begin{align} \rm V &= \rm \iiint_W 1 = \iiint_{W'} J = \int_a^b \int_0^{2π} \int_{π{∕}4}^{π{∕}2} u^2 \cos ω \, dω \, dθ \, du = \\[1ex] &= \rm \int_a^b \int_0^{2π} \left[ u^2 \sin ω \right]_{π{∕}4}^{π{∕}2} = \int_a^b \int_0^{2π} \left( u^2 - u^2 {∕} \sqrt{2} \right) \, dθ \, du = \\[1ex] &= \rm \int_a^b \int_0^{2π} u^2 \left ( 1 - 1 {∕} \sqrt{2} \right) \, dθ \, du = \int_a^b \int_0^{2π} u^2 \left( 1 - \sqrt{2} {∕} 2 \right) \, dθ \, du = \\[1ex] &= \rm \int_a^b \int_0^{2π} u^2 \left( 2 - \sqrt{2} \right) \! {∕} 2 \, dθ \, du = \int_a^b \left[ θu^2 \left( 2 - \sqrt{2} \right) \! {∕} 2 \right]_0^{2π} \, du = \\[1ex] &= \rm \int_a^b u^2 \left( 2 - \sqrt{2} \right) π \, du = \left[ u^3 \left( 2 - \sqrt{2} \right) π {∕} 3 \right]_a^b = \dfrac{\left( b^3 - a^3 \right) \left( 2 - \sqrt{2} \right) π}{3} \end{align} $

Ejemplo:

$ \rm \displaystyle \iiint_W \dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} + \dfrac{z^2}{c^2} \enspace $ ?

Siendo $\rm W \subset \mathbb{R}^3$ limitado por el elipsoide $\rm x^2 {∕} a^2 + y^2 {∕} b^2 + z^2 {∕} c^2 = 1$.

Ya que $\rm W$ es el interior del elipsoide, por tanto:

$\rm W = \left\{(x, y, z) \mathrel{|} x^2{∕}a^2 + y^2{∕}b^2 + z^2{∕}c^2 \leq 1 \right\}$

Aquí se han de utilizar coordenadas elipsoidales:

$ \rm \begin{array}{l} \rm x = ua \cos θ \cos ω \\[1ex] \rm y = ub \sin θ \cos ω \\[1ex] \rm z = uc \sin ω \end{array} \qquad u \geq 0, θ \in [0,2π], ω \in [-π{∕}2,π{∕}2] $

Transformando la ecuación del elipsoide a coordenadas elípticas:

$ \begin{align} \rm \dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} + \dfrac{z^2}{c^2} &= \rm \dfrac{u^2 \cancel{a^2} \! \cos^2 θ \cos^2 ω}{\cancel{a^2}} + \dfrac{u^2 \cancel{b^2} \! \sin^2 θ \cos^2 ω}{\cancel{b^2}} + \dfrac{u^2 \cancel{c^2} \! \sin^2 ω}{\cancel{c^2}} = \\[1ex] &= \rm u^2 \cos^2 ω \, ( \underbrace{\cos^2 θ + \sin^2 θ}_1 ) + u^2 \sin^2 ω = \\[1ex] &= \rm u^2 ( \underbrace{\cos^2 ω + \sin^2 ω}_1 ) = u^2 \end{align} $

Por tanto:

$\rm u^2 \leq 1$

Así pues:

$ \begin{align} \rm φ : W' &\to \rm W \\[1ex] \rm (u, θ, ω) &\to \rm (ua \cos θ \cos ω, ub \sin θ \cos ω, uc \sin ω) = (x, y, z) \end{align} $

$\rm W' = \{(u,θ,ω) \mathrel{|} 0 \leq u \leq 1, 0 \leq θ \leq 2π, -π{∕}2 \leq ω \leq π{∕}2\}$

Cálculo del jacobiano de coordenadas elipsoidales:

$ \begin{align} \rm J(u,θ,ω) &= \begin{vmatrix} \rm \dfrac{\partial φ_1}{\partial u} & \dfrac{\partial φ_1}{\partial θ} & \dfrac{\partial φ_1}{\partial ω} \\ \rm \dfrac{\partial φ_2}{\partial u} & \dfrac{\partial φ_2}{\partial θ} & \dfrac{\partial φ_2}{\partial ω} \\ \rm \dfrac{\partial φ_3}{\partial u} & \dfrac{\partial φ_3}{\partial θ} & \dfrac{\partial φ_3}{\partial ω} \end{vmatrix} = \\[1ex] &= \begin{vmatrix} \rm a \cos θ \cos ω & \rm -ua \sin θ \cos ω & \rm -ua \cos θ \sin ω \\ \rm b \sin θ \cos ω & \rm ub \cos θ \cos ω & \rm -ub \sin θ \sin ω \\ \rm c \sin ω & 0 & \rm uc \cos ω \end{vmatrix} = \\[1ex] &= \rm a \cos θ \cos ω \cdot ub \cos θ \cos ω \cdot uc \cos ω + {} \\[1ex] &\hphantom{={}} \rm {} + c \sin ω \cdot ua \sin θ \cos ω \cdot ub \sin θ \sin ω + 0 + {} \\[1ex] &\hphantom{={}} \rm {} + c \sin ω \cdot ub \cos θ \cos ω \cdot ua \cos θ \sin ω + 0 + {} \\[1ex] &\hphantom{={}} \rm {} + b \sin θ \cos ω \cdot ua \sin θ \cos ω \cdot uc \cos ω = \\[1ex] &= \rm abcu^2 \cos^2 θ \cos^3 ω + abcu^2 \sin^2 θ \sin^2 ω \cos ω + {} \\[1ex] &\hphantom{={}} \rm {} + abcu^2 \cos^2 θ \sin^2 ω \cos ω + abcu^2 \sin^2 θ \cos^3 ω = \\[1ex] &= \rm abcu^2 \cos ω \bigl( \underbrace{ \cos^2 ω \, ( \cos^2 θ + \sin^2 θ ) + \sin^2 ω \, ( \sin^2 θ + \cos^2 θ ) }_1 \bigr) = \\[1ex] &= \rm \underline{\underline{abcu^2 \cos ω}} \end{align} $

Cálculo de la integral:

$ \begin{align} \rm \iiint_W \dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} + \dfrac{z^2}{c^2} &= \rm \iiint_{W'} u^2 J = \int_0^1 \int_0^{2π} \int_{-π{∕}2}^{π{∕}2} u^2 abcu^2 \cos ω \, dω \, dθ \, du = \\[1ex] &= \rm \int_0^1 \int_0^{2π} [abcu^4 \sin ω]_{-π{∕}2}^{π{∕}2} \, dθ \, du = \\[1ex] &= \rm \int_0^1 \int_0^{2π} 2abcu^4 \, dθ \, du = \int_0^1 [2abcu^4 θ]_0^{2π} \, du = \\[1ex] &= \rm \int_0^1 4abcπu^4 \, du = 4abcπ \left[ \dfrac{u^5}{5} \right]_0^1 = \dfrac{4abcπ}{5} \end{align} $

Ejemplo:

Calcular volumen contenido a la vez en:

$\rm x^2 + y^2 + z^2 = 4 \enspace$ esfera de radio 2

$\rm x^2 + y^2 = 3z \enspace$ paraboloide

¿Dónde se intersectan ambas superficies?

$ \rm \left. \begin{array}{l} \rm x^2 + y^2 + z^2 = 4 \\ \rm x^2 + y^2 = 3z \end{array} \right\} \Rightarrow \begin{array}[t]{l} \rm 3z + z^2 = 4 \Rightarrow z^2 + 3z - 4 = 0 \\[1ex] \rm z = \dfrac{-3 \pm \sqrt{3^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-4)}}{2} \left\langle \begin{array}{c} \boxed{1} \\ \cancel{\color{red}{-4}} \end{array} \right. \end{array} $

La intersección es un conjunto de puntos tales que:

$\rm z = 1$

$\rm x^2 + y^2 = 3$

Se utilizarán coordenadas cilíndricas:

$ \begin{array}{l} \rm x = u \cos θ \\[1ex] \rm y = u \sin θ \\[1ex] \rm z = w \end{array} $ $ \begin{array}{l} \rm x^2 + y^2 = u^2 \\[1ex] \rm 0 \leq u \leq \sqrt{3} \\ \rm 0 \leq θ \leq 2 π \\ \rm w \: ? \end{array} $

El mínimo de $\rm w$ vendrá determinado por el paraboloide:

$\rm x^2 + y^2 = 3z$

Sustituyendo:

$\rm u^2 = 3w$

$\rm w = u^2{∕}3$

$\llap{\Rightarrow {}} \rm w \geq u^2{∕}3$

El máximo de $\rm w$ vendrá determinado por la esfera:

$\rm x^2 + y^2 + z^2 = 4$

Sustituyendo:

$\rm u^2 + w^2 = 4$

$\rm w = \sqrt{4 - u^2}$

$\llap{\Rightarrow {}} \rm w \leq \sqrt{4 - u^2}$

Entonces:

$ \begin{align} \rm φ : W' &\to \rm W \\[1ex] \rm (u, θ, w) &\to \rm (u \cos θ, u \sin θ, w) = (x, y, z) \end{align} $

$\rm W' = \left\{(u, θ, w) \mathrel{|} 0 \leq u \leq \sqrt{3}, 0 \leq θ \leq 2π, u^2{∕}3 \leq w \leq \sqrt{4 - u^2} \right\}$

El jacobiano para coordenadas cilíndricas:

$\rm J(u,θ,w) = u$

Cálculo del volumen:

$ \begin{align} \rm V &= \rm \iiint_W 1 = \iiint_{W'} u = \int_0^{\sqrt{3}} \int_0^{2π} \int_{u^2{∕}3}^{\sqrt{4-u^2}} u \, dw \, dθ \, du = \\[1ex] &= \rm \int_0^{\sqrt{3}} \int_0^{2π} [uw]_{u^2{∕}3}^{\sqrt{4-u^2}} \, dθ \, du = \int_0^{\sqrt{3}} \int_0^{2π} \left( u \sqrt{4-u^2} - u^3{∕}3 \right) \, dθ \, du = \\[1ex] &= \rm \int_0^{\sqrt{3}} \left[ θ \left( u \sqrt{4-u^2} - u^3{∕}3 \right) \right]_0^{2π} \, du = \int_0^{\sqrt{3}} 2π \Bigl( \underbrace{u \sqrt{4-u^2}}_{\color{red}{\ast}} - u^3{∕}3 \Bigr) \, du = \\[1ex] &= \rm 2π \left[ -(4-u^2)^{3{∕}2}{∕}3 - u^4{∕}12 \right]_0^{\sqrt{3}} = 2π ( -1{∕}3 - 9{∕}12 + 8{∕}3 ) = \\[1ex] &= \rm 2π(-4 - 9 + 32){∕}12 = 19π{∕}6 \\[1ex] & \begin{aligned} \rm \color{red}{\ast} \rightarrow \displaystyle \int u \sqrt{4-u^2} \, du & \rm \hspace{-4em} \underset{ \begin{subarray}{c} \uparrow \\[1ex] \boxed{ \begin{subarray}{c} \rm t \, = \, 4 - u^2 \\[1ex] \rm dt{∕}du \, = \, -2u \; \Rightarrow \; du \, = \, -dt{∕}2u \end{subarray} } \end{subarray} }{=} \hspace{-4em} \int \dfrac{-\cancel{u} \! \sqrt{t}}{2 \! \cancel{u}} \, dt = - \dfrac{1}{2} \int t^{1{∕}2} \, dt = - \dfrac{1}{\cancel{2}} ( \cancel{2} \! t^{3{∕}2} {∕} 3 ) = \\[1ex] &= \rm -t^{3{∕}2} {∕} 3 = -(4 - u^2)^{3{∕}2} {∕} 3 \end{aligned} \end{align} $

Ejemplo:

En una esfera maciza de radio $\pu{3 cm}$ y de densidad constante de $\pu{5 g/cm3}$, se taladra un agujero perfectamente cilíndrico en la dirección del eje $\rm z$ empleando una broca de $\pu{1,5 cm}$ de radio. ¿Qué cantidad de masa ha perdido la esfera?

esfera: $\rm \enspace x^2 + y^2 + z^2 = 3^2$

cilindro: $\rm \enspace x^2 + y^2 = {1{,}5}^2$

${} \longrightarrow{} $

La masa perdida:

$\rm m = ρ \cdot V_W$

Por tanto se necesita conocer el volumen de $\rm W$. Para ello se usarán coordenadas cilíndricas:

$ \rm \begin{array}{l} \rm x = u \cos θ \\[1ex] \rm y = u \sin θ \\[1ex] \rm z = w \end{array} \qquad J(u,θ,w) = u $

Donde:

$\rm 0 \leq u \leq 1{,}5$

$\rm 0 \leq θ \leq 2π$

$\rm w \: ?$

De la ecuación de la esfera y sustituyendo por coordenadas cilíndricas:

$\rm x^2 + y^2 + z^2 = 3^2$

$\rm u^2 + w^2 = 9$

$ \llap{\Rightarrow {}} \rm w = \pm \sqrt{9-u^2} \left\{ \begin{array}{l} + \text{ por encima del plano } \rm xy \\ - \text{ por debajo del plano } \rm xy \end{array} \right. $

Por tanto:

$ \begin{align} \rm φ : W' &\to \rm W \\[1ex] \rm (u, θ, w) &\to \rm (u \cos θ, u \sinθ, w) = (x, y, z) \end{align} $

$\rm W' = \left\{ (u, θ, w) \mathrel{|} 0 \leq u \leq 1{,}5 ; 0 \leq θ \leq 2π; -\sqrt{9-u^2} \leq w \leq \sqrt{9-u^2} \right\}$

Con todo esto:

$ \begin{align} \rm V_{W} &= \rm \iiint_W 1 = \iiint_{W'} J = \int_0^{1{,}5} \int_0^{2π} \int_{-\sqrt{9-u^2}}^{\sqrt{9-u^2}} u \, dw \, dθ \, du = \\[1ex] &= \rm \int_0^{1{,}5} \int_0^{2π} [uw]_{-\sqrt{9-u^2}}^{\sqrt{9-u^2}} \, dθ \, du = \int_0^{1{,}5} \int_0^{2π} 2u \sqrt{9-u^2} \, dθ \, du = \\[1ex] &= \rm \int_0^{1{,}5} \left[ 2u \sqrt{9-u^2} θ \right]_0^{2π} \, du = \int_0^{1{,}5} 4π \underbrace{u \sqrt{9-u^2}}_{\color{red}{\ast}} \, du = \\[1ex] &= \rm \left[ -4π (9-u^2)^{3{∕}2} {∕} 3 \right]_0^{1{,}5} = 4π \left( -\dfrac{9 \sqrt{27}}{8} + 9 \right) = 36π \left( 1 - \dfrac{\sqrt{27}}{8} \right) \\[1ex] & \begin{aligned} \color{red}{\ast} \rightarrow \rm \int u \sqrt{9-u^2} \, du \hspace{-4em} & \rm \underset{ \begin{subarray}{c} \uparrow \\[1ex] \boxed{ \begin{subarray}{c} \rm t \, = \, 9-u^2 \\[1ex] \rm dt{∕}du \, = \, -2u \; \Rightarrow \; du \, = \, -dt{∕}2u \end{subarray} } \end{subarray} }{=} \hspace{-4em} \int \dfrac{- \cancel{u} \sqrt{t}}{2 \cancel{u}} \, dt = \int - \dfrac{1}{2} t^{1{∕}2} \, dt = -t^{3{∕}2} {∕} 3 = \\[1ex] &= \rm -(9-u^2)^{3{∕}2} {∕} 3 \end{aligned} \end{align} $

Siendo pues:

$\rm m = ρ \cdot V_{W} = 5 \cdot 36 π \left(1 - \sqrt{27} {∕} 8 \right) = 180π \left(1 - \sqrt{27}{∕}8 \right)$