| 12. Integración múltiple | Ejercicios propuestos para el Capítulo 12.3 |

12.3 Integrales dobles en coordenadas polares

Objetivos de aprendizaje

Las integrales dobles a veces son mucho más fáciles de evaluar si cambiamos de coordenadas rectangulares a coordenadas polares. Sin embargo, antes de describir cómo realizar este cambio, necesitamos establecer el concepto de una integral doble sobre una región rectangular polar.

Regiones Rectangulares Polares de Integración

Cuando definimos la integral doble para una función continua en coordenadas rectangulares—digamos, $g$ sobre una región $R$ en el plano $xy$—dividimos $R$ en subrectángulos con lados paralelos a los ejes coordenados. Estos lados tienen valores constantes de $x$ y/o valores constantes de $y$. En coordenadas polares, la figura con la que trabajamos es un rectángulo polar, cuyos lados tienen valores constantes de $r$ y/o valores constantes de $\theta$. Esto significa que podemos describir un rectángulo polar como en la Figura 12.3.1(a), con $R=\{(r,\theta)\mid a\le r\le b,\ \alpha\le \theta\le \beta\}$.

En esta sección, buscamos integrar sobre rectángulos polares. Considere una función $f(r,\theta)$ sobre un rectángulo polar $R$. Dividimos el intervalo $[a,b]$ en $m$ subintervalos $[r_{i-1},r_i]$ de longitud $\Delta r=(b-a)/m$ y dividimos el intervalo $[\alpha,\beta]$ en $n$ subintervalos $[\theta_{j-1},\theta_j]$ de ancho $\Delta\theta=(\beta-\alpha)/n$. Esto significa que los círculos $r=r_i$ y los rayos $\theta=\theta_j$ para $1\le i\le m$ y $1\le j\le n$ dividen el rectángulo polar $R$ en subrectángulos polares más pequeños $R_{ij}$ (Figura 12.3.1(b)).

Figura 12.3.1 (a) Un rectángulo polar $R$. (b) Dividido en subrectángulos $R_{ij}$. (c) Vista ampliada de un subrectángulo.

Como antes, necesitamos encontrar el área \( \Delta A \) del subrectángulo polar \( R_{ij} \) y el volumen “polar” de la caja delgada sobre \( R_{ij} \). Recuerde que, en un círculo de radio \( r \), la longitud \( s \) de un arco subtendido por un ángulo central de \( \theta \) radianes es \( s = r\theta \). Note que el rectángulo polar \( R_{ij} \) se parece mucho a un trapecio con lados paralelos \( r_{i-1}\Delta\theta \) y \( r_i\Delta\theta \) y con un ancho \( \Delta r \). Por lo tanto, el área del subrectángulo polar \( R_{ij} \) es

\( \displaystyle \Delta A = \frac{1}{2} \Delta r (r_{i-1}\Delta\theta + r_i\Delta\theta). \)

Simplificando y haciendo \( \displaystyle r_{ij}^* = \frac{1}{2}(r_{i-1} + r_i) \), tenemos \( \Delta A = r_{ij}^*\Delta r\Delta\theta \). Por lo tanto, el volumen polar de la caja delgada sobre \( R_{ij} \) (Figura 12.3.2) es

\( \displaystyle f(r_{ij}^*, \theta_{ij}^*)\Delta A = f(r_{ij}^*, \theta_{ij}^*)r_{ij}^*\Delta r\Delta\theta. \)

Figura 12.3.2 Cálculo del volumen de la caja delgada sobre el rectángulo polar $R_{ij}$.

Utilizando la misma idea para todos los subrectángulos y sumando los volúmenes de las cajas rectangulares, obtenemos una suma doble de Riemann como

\( \displaystyle \sum_{i=1}^{m} \sum_{j=1}^{n} f(r_{ij}^*, \theta_{ij}^*)r_{ij}^*\Delta r\Delta\theta. \)

Como hemos visto antes, obtenemos una mejor aproximación al volumen polar del sólido sobre la región \( R \) cuando dejamos que \( m \) y \( n \) se vuelvan más grandes. Por lo tanto, definimos el volumen polar como el límite de la suma doble de Riemann,

\( \displaystyle V = \lim_{m,n \to \infty} \sum_{i=1}^{m} \sum_{j=1}^{n} f(r_{ij}^*, \theta_{ij}^*)r_{ij}^*\Delta r\Delta\theta. \)

Esto se convierte en la expresión para la integral doble.

Definición

La integral doble de la función \( f(r, \theta) \) sobre la región rectangular polar \( R \) en el plano \( r\theta \) se define como:

\[ \iint\limits_{R} f(r, \theta)\, dA = \lim_{m,n \to \infty} \sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n} f(r_{ij}^*, \theta_{ij}^*)\, \Delta A = \lim_{m,n \to \infty} \sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n} f(r_{ij}^*, \theta_{ij}^*)\, r_{ij}^* \Delta r \Delta \theta \tag{12.3.1} \]

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Nuevamente, al igual que en las Integrales Dobles sobre Regiones Rectangulares, la integral doble sobre una región rectangular polar puede expresarse como una integral iterada en coordenadas polares. Por lo tanto,

\( \displaystyle \iint\limits_{R} f(r, \theta) \, dA = \iint\limits_{R} f(r, \theta) r \, dr \, d\theta = \int_{\theta=\alpha}^{\theta=\beta} \int_{r=a}^{r=b} f(r, \theta) r \, dr \, d\theta. \)

Observe que la expresión para \( dA \) se reemplaza por \( r \, dr \, d\theta \) cuando se trabaja en coordenadas polares. Otra forma de ver la integral doble polar es cambiar la integral doble en coordenadas rectangulares mediante sustitución. Cuando la función \( f \) se da en términos de \( x \) e \( y \), utilizando \( x = r \cos \theta \), \( y = r \sin \theta \), y \( dA = r \, dr \, d\theta \), se transforma en:

\( \displaystyle \iint\limits_{R} f(x, y) \, dA = \iint\limits_{R} f(r \cos \theta, r \sin \theta) r \, dr \, d\theta. \)

Tenga en cuenta que todas las propiedades enumeradas en Integrales Dobles sobre Regiones Rectangulares para la integral doble en coordenadas rectangulares también son válidas para la integral doble en coordenadas polares, por lo que podemos usarlas sin vacilación.

Ejemplo ilustrativo 12.3.1. Trazado de una Región Rectangular Polar

Bosqueje la región rectangular polar $R=\{(r,\theta)\mid 1\le r\le 3,\ 0\le \theta\le \pi\}$.

Solución:

Como se observa en la Figura 12.3.3, $r=1$ y $r=3$ son circunferencias de radios 1 y 3, respectivamente, y $0\le \theta\le \pi$ cubre toda la mitad superior del plano. Por lo tanto, la región $R$ tiene la forma de una banda semicircular.

Figura 12.3.3 La región polar R se encuentra entre dos semicircunferencias.

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Ahora que hemos trazado una región rectangular polar, demostremos cómo evaluar una integral doble sobre esta región utilizando coordenadas polares.

Ejemplo ilustrativo 12.3.2. Evaluación de una Integral Doble sobre una Región Rectangular Polar

Evalúe la integral \( \displaystyle \iint\limits_{R} 3x \, dA \) sobre la región \( R = \{(r, \theta) \mid 1 \leq r \leq 2, 0 \leq \theta \leq \pi\} \).

Solución:

Primero bosquejamos una figura similar a la Figura 5.30 pero con un radio exterior 2. De la figura podemos ver que tenemos

\( \displaystyle \begin{aligned} \iint\limits_{R} 3x \, dA &= \int_{\theta=0}^{\theta=\pi} \int_{r=1}^{r=2} 3r \cos \theta \, r \, dr \, d\theta && \text{Use una integral iterada con los límites de integración correctos.} \\ &= \int_{\theta=0}^{\theta=\pi} \cos \theta \left[ r^3 \Big|_{r=1}^{r=2} \right] d\theta && \text{Integre primero con respecto a } r. \\ &= \int_{\theta=0}^{\theta=\pi} 7 \cos \theta \, d\theta = 7 \sin \theta \Big|_{\theta=0}^{\theta=\pi} = 0. \end{aligned} \)

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Ejercicio de control 12.3.1

Esboce la región $R = \{ (r, \theta) \mid 1 \le r \le 2, -\frac{\pi}{2} \le \theta \le \frac{\pi}{2} \}$, y evalúe $\displaystyle \iint_R x \, dA$. ♦

Ejemplo ilustrativo 12.3.3. Evaluación de una Integral Doble mediante la Conversión desde Coordenadas Rectangulares

Evalúe la integral $\displaystyle \iint_R (1 – x^2 – y^2) \, dA$ donde $R$ es el disco unitario en el plano $xy$.

Solución:

La región $R$ es un disco unitario, por lo que podemos describirla como $R = \{ (r, \theta) \mid 0 \le r \le 1, 0 \le \theta \le 2\pi \}$.

Usando la conversión $x = r \cos \theta$, $y = r \sin \theta$, y $dA = r \, dr \, d\theta$, tenemos

$$\begin{aligned} \iint_R (1 – x^2 – y^2) \, dA &= \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{1} (1 – r^2) \, r \, dr \, d\theta = \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{1} (r – r^3) \, dr \, d\theta \\ &= \int_{0}^{2\pi} \left[ \frac{r^2}{2} – \frac{r^4}{4} \right]_0^1 d\theta = \int_{0}^{2\pi} \frac{1}{4} d\theta = \frac{\pi}{2}. \end{aligned}$$

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Ejemplo ilustrativo 12.3.4. Evaluación de una Integral Doble mediante la Conversión desde Coordenadas Rectangulares

Evalúe la integral $\displaystyle \iint_R (x + y) \, dA$ donde $R = \{ (x, y) \mid 1 \le x^2 + y^2 \le 4, x \le 0 \}$.

Solución:

Podemos observar que $R$ es una región anular que puede convertirse a coordenadas polares y describirse como $R=\{(r,\theta)\mid 1\le r\le 2,\ \frac{\pi}{2}\le \theta\le \frac{3\pi}{2}\}$ (véase la siguiente gráfica).

Figura 12.3.4 La región anular de integración R.

Por lo tanto, usando la conversión $x = r \cos \theta$, $y = r \sin \theta$, y $dA = r \, dr \, d\theta$, tenemos

$$\begin{aligned} \iint_R (x + y) \, dA &= \int_{\theta=\pi/2}^{\theta=3\pi/2} \int_{r=1}^{r=2} (r \cos \theta + r \sin \theta) \, r \, dr \, d\theta \\ &= \left( \int_{r=1}^{2} r^2 \, dr \right) \left( \int_{\pi/2}^{3\pi/2} (\cos \theta + \sin \theta) \, d\theta \right) \\ &= \left[ \frac{r^3}{3} \right]_1^2 \Big[ \sin \theta – \cos \theta \Big]_{\pi/2}^{3\pi/2} \\ &= -\frac{14}{3}. \end{aligned}$$

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Ejercicio de control 12.3.2

Evalúe la integral $\displaystyle \iint_R (4 – x^2 – y^2) \, dA$ donde $R$ es el círculo de radio 2 en el plano $xy$. ♦

Regiones Polares Generales de Integración

Para evaluar la integral doble de una función continua mediante integrales iteradas sobre regiones polares generales, consideramos dos tipos de regiones, análogas a las de Tipo I y Tipo II discutidas para coordenadas rectangulares en Integrales Dobles sobre Regiones Rectangulares. Es más común escribir ecuaciones polares como $r=f(\theta)$ que como $\theta=f(r)$, por lo que describimos una región polar general como $D=\{(r,\theta)\mid \alpha\le \theta\le \beta,\ h_1(\theta)\le r\le h_2(\theta)\}$ (véase la figura siguiente).

Figura 12.3.5 Una región polar general entre $\alpha\le \theta\le \beta$ y $h_1(\theta)\le r\le h_2(\theta)$.

Teorema 12.3.1. Integrales Dobles sobre Regiones Polares Generales

Si $f(r, \theta)$ es continua en una región polar general $D$ como se describió anteriormente, entonces

$$\iint_D f(r, \theta) \, r \, dr \, d\theta = \int_{\theta=\alpha}^{\theta=\beta} \int_{r=h_1(\theta)}^{r=h_2(\theta)} f(r, \theta) \, r \, dr \, d\theta \tag{12.3.2}$$

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Ejemplo ilustrativo 12.3.5. Evaluación de una Integral Doble sobre una Región Polar General

Evalúe la integral $\iint_D r^2 \sin\theta \cdot r \, dr \, d\theta$, donde $D$ es la región limitada por el eje polar y la mitad superior del cardioide $r=1+\cos\theta$.

Solución:

Podemos describir la región $D$ como $\{(r,\theta)\mid 0\le \theta\le \pi,\ 0\le r\le 1+\cos\theta\}$, como se muestra en la figura siguiente.

Figura 12.3.6 La región D es la mitad superior de un cardioide.

Por lo tanto, tenemos

$$\begin{aligned} \iint_D r^2 \cdot \sin \theta \cdot r \, dr \, d\theta &= \int_{\theta=0}^{\theta=\pi} \int_{r=0}^{r=1+\cos \theta} r^3 \cdot \sin \theta \, dr \, d\theta \\ &= \frac{1}{4} \int_{\theta=0}^{\theta=\pi} \left[ r^4 \right]_{r=0}^{r=1+\cos \theta} \sin \theta \, d\theta \\ &= \frac{1}{4} \int_{\theta=0}^{\theta=\pi} (1 + \cos \theta)^4 \sin \theta \, d\theta \\ &= -\frac{1}{4} \left[ \frac{(1 + \cos \theta)^5}{5} \right]_0^\pi = \frac{8}{5}. \end{aligned}$$

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Ejercicio de control 12.3.3

Evalúe la integral $\displaystyle \iint_D r^2 \sin^2(2\theta) \, r \, dr \, d\theta$ donde $D = \left\{ (r, \theta) \mid -\frac{\pi}{4} \le \theta \le \frac{\pi}{4}, 0 \le r \le 2\sqrt{\cos 2\theta} \right\}$. ♦

Áreas y Volúmenes en Coordenadas Polares

Al igual que en coordenadas rectangulares, si un sólido $S$ está limitado por la superficie $z = f(r, \theta)$, así como por las superficies $r = a$, $r = b$, $\theta = \alpha$, y $\theta = \beta$, podemos encontrar el volumen $V$ de $S$ mediante una integral doble, como:

$$V = \iint_R f(r, \theta) \, r \, dr \, d\theta = \int_{\theta=\alpha}^{\theta=\beta} \int_{r=a}^{r=b} f(r, \theta) \, r \, dr \, d\theta.$$

Si la base del sólido puede describirse como $D = \{ (r, \theta) \mid \alpha \le \theta \le \beta, h_1(\theta) \le r \le h_2(\theta) \}$, entonces la integral doble para el volumen resulta:

$$V = \iint_D f(r, \theta) \, r \, dr \, d\theta = \int_{\theta=\alpha}^{\theta=\beta} \int_{r=h_1(\theta)}^{r=h_2(\theta)} f(r, \theta) \, r \, dr \, d\theta.$$

Ilustramos esta idea con algunos ejemplos.

Ejemplo ilustrativo 12.3.6. Determinación de un Volumen Usando una Integral Doble

Halle el volumen del sólido que se encuentra debajo del paraboloide $z=1-x^2-y^2$ y encima del círculo unitario en el plano $xy$ (véase la figura siguiente).

Figura 12.3.7 El paraboloide $z=1-x^2-y^2$.

Solución:

Por el método de integración doble, podemos ver que el volumen es la integral iterada de la forma $\displaystyle \iint_R (1 – x^2 – y^2) \, dA$ donde $R = \{ (r, \theta) \mid 0 \le r \le 1, 0 \le \theta \le 2\pi \}$.

Esta integración se mostró anteriormente en el Ejemplo 12.3.3 , por lo que el volumen es $\frac{\pi}{2}$ unidades cúbicas. ♦

Ejemplo ilustrativo 12.3.7. Determinación de un Volumen mediante Integración Doble

Halle el volumen del sólido que se encuentra debajo del paraboloide $z=4-x^2-y^2$ y encima del disco $(x-1)^2+y^2=1$ en el plano $xy$. Véase el paraboloide en la Figura 12.3.8 intersectando el cilindro $(x-1)^2+y^2=1$ por encima del plano $xy$.

Figura 12.3.8 Determinación del volumen de un sólido con una tapa paraboloide y una base circular.

Solución:

Primero, cambie el disco $(x – 1)^2 + y^2 = 1$ a coordenadas polares. Expandiendo el término al cuadrado, tenemos $x^2 – 2x + 1 + y^2 = 1$. Luego, simplificamos para obtener $x^2 + y^2 = 2x$, que en coordenadas polares se convierte en $r^2 = 2r \cos \theta$ y, por lo tanto, $r = 0$ o $r = 2 \cos \theta$. De manera similar, la ecuación del paraboloide cambia a $z = 4 – r^2$. Por lo tanto, podemos describir el disco $(x – 1)^2 + y^2 = 1$ en el plano $xy$ como la región

$$D = \{ (r, \theta) \mid 0 \le \theta \le \pi, 0 \le r \le 2 \cos \theta \}.$$

Por lo tanto, el volumen del sólido debajo del paraboloide $z = 4 – x^2 – y^2$ y sobre $r = 2 \cos \theta$ es

$$\begin{aligned} V &= \iint_D f(r, \theta) \, r \, dr \, d\theta = \int_{\theta=-\pi/2}^{\theta=\pi/2} \int_{r=0}^{r=2 \cos \theta} (4 – r^2) \, r \, dr \, d\theta \\ &= \int_{\theta=-\pi/2}^{\theta=\pi/2} \left[ 4\frac{r^2}{2} – \frac{r^4}{4} \right]_0^{2 \cos \theta} d\theta \\ &= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} [8 \cos^2 \theta – 4 \cos^4 \theta] \, d\theta = \left[ \frac{5}{2}\theta + \frac{5}{2}\sin 2\theta – \frac{1}{8}\sin 4\theta \right]_{-\pi/2}^{\pi/2} = \frac{5}{2}\pi. \end{aligned}$$

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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 cual necesitamos realizar la integración. Si la región tiene una expresión más natural en coordenadas polares o si f tiene una antiderivada más sencilla en coordenadas polares, entonces el cambio a coordenadas polares es apropiado; de lo contrario, use coordenadas rectangulares.

Ejemplo ilustrativo 12.3.8. Determinación de un Volumen Usando una Integral Doble

Halle el volumen de la región que se encuentra debajo del paraboloide $z=x^2+y^2$ y encima del triángulo limitado por las rectas $y=x$, $x=0$ y $x+y=2$ en el plano $xy$ (Figura 12.3.9).

Solución:

Primero examine la región sobre la cual necesitamos plantear la integral doble y el paraboloide correspondiente.

Figura 12.3.9 Determinación del volumen de un sólido bajo un paraboloide y sobre un triángulo dado.

La región $D$ es $\{(x, y) \mid 0 \le x \le 1, x \le y \le 2 – x\}$. Al convertir las rectas $y = x$, $x = 0$, y $x + y = 2$ en el plano $xy$ a funciones de $r$ y $\theta$, obtenemos $\theta = \pi/4$, $\theta = \pi/2$, y $r = 2/(\cos \theta + \sin \theta)$, respectivamente. Al graficar la región en el plano $xy$, vemos que se ve como $D = \{(r, \theta) \mid \pi/4 \le \theta \le \pi/2, 0 \le r \le 2/(\cos \theta + \sin \theta)\}$. Ahora, convirtiendo la ecuación de la superficie obtenemos $z = x^2 + y^2 = r^2$. Por lo tanto, el volumen del sólido está dado por la integral doble:

$$\begin{aligned} V &= \iint_D f(r, \theta) \, r \, dr \, d\theta = \int_{\theta=\pi/4}^{\theta=\pi/2} \int_{r=0}^{r=2/(\cos \theta + \sin \theta)} r^2 \, r \, dr \, d\theta = \int_{\pi/4}^{\pi/2} \left[ \frac{r^4}{4} \right]_0^{2/(\cos \theta + \sin \theta)} d\theta \\ &= \frac{1}{4} \int_{\pi/4}^{\pi/2} \left( \frac{2}{\cos \theta + \sin \theta} \right)^4 d\theta = \frac{16}{4} \int_{\pi/4}^{\pi/2} \left( \frac{1}{\cos \theta + \sin \theta} \right)^4 d\theta = 4 \int_{\pi/4}^{\pi/2} \left( \frac{1}{\cos \theta + \sin \theta} \right)^4 d\theta. \end{aligned}$$

Como puede ver, esta integral es muy complicada. Por lo tanto, en su lugar podemos evaluar esta integral doble en coordenadas rectangulares como:

$$V = \int_{0}^{1} \int_{x}^{2-x} (x^2 + y^2) \, dy \, dx.$$

Evaluando obtenemos:

$$\begin{aligned} V &= \int_{0}^{1} \int_{x}^{2-x} (x^2 + y^2) \, dy \, dx = \int_{0}^{1} \left[ x^2y + \frac{y^3}{3} \right]_x^{2-x} dx \\ &= \int_{0}^{1} \left( \frac{8}{3} – 4x + 4x^2 – \frac{8x^3}{3} \right) dx \\ &= \left[ \frac{8x}{3} – 2x^2 + \frac{4x^3}{3} – \frac{2x^4}{3} \right]_0^1 = \frac{4}{3}. \end{aligned}$$

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Para responder a la pregunta de cómo se obtienen las fórmulas para los volúmenes de distintos sólidos estándar, como una esfera, un cono o un cilindro, queremos mostrar un ejemplo y hallar el volumen de un cono arbitrario.

Ejemplo ilustrativo 12.3.9. Determinación de un Volumen Usando una Integral Doble

Use coordenadas polares para hallar el volumen dentro del cono $z=2-\sqrt{x^2+y^2}$ y por encima del plano $xy$.

Solución:

La región D para la integración es la base del cono, la cual parece ser un círculo en el plano xy (véase la siguiente figura).

Figura 12.3.10 Determinación del volumen de un sólido dentro del cono y sobre el plano xy.

Encontramos la ecuación del círculo estableciendo $z = 0$:

$$\begin{aligned} 0 &= 2 – \sqrt{x^2 + y^2} \\ 2 &= \sqrt{x^2 + y^2} \\ x^2 + y^2 &= 4. \end{aligned}$$

Esto significa que el radio del círculo es 2, por lo que para la integración tenemos $0 \le \theta \le 2\pi$ y $0 \le r \le 2$. Sustituyendo $x = r \cos \theta$ y $y = r \sin \theta$ en la ecuación $z = 2 – \sqrt{x^2 + y^2}$ tenemos $z = 2 – r$. Por lo tanto, el volumen del cono es

$$\int_{\theta=0}^{\theta=2\pi} \int_{r=0}^{r=2} (2 – r) \, r \, dr \, d\theta = 2\pi \frac{4}{3} = \frac{8\pi}{3} \text{ unidades cúbicas.}$$

Análisis

Tenga en cuenta que si quisiéramos encontrar el volumen de un cono arbitrario con radio $a$ unidades y altura $h$ unidades, entonces la ecuación del cono sería $z = h – \frac{h}{a} \sqrt{x^2 + y^2}$.

Aún podemos usar la Figura 12.3.10 y plantear la integral como:

$$\int_{\theta=0}^{\theta=2\pi} \int_{r=0}^{r=a} \left( h – \frac{h}{a}r \right) r \, dr \, d\theta.$$

Evaluando la integral, obtenemos $\frac{1}{3}\pi a^2 h$. ♦

Ejercicio de control 12.3.4

Use coordenadas polares para plantear una integral iterada que permita hallar el volumen del sólido limitado por los paraboloides $z=x^2+y^2$ y $z=16-x^2-y^2$. ♦

Al igual que con las coordenadas rectangulares, también podemos usar coordenadas polares para encontrar áreas de ciertas regiones mediante una integral doble. Como antes, necesitamos entender la región cuya área queremos calcular. Esbozar una gráfica e identificar la región puede ser útil para darse cuenta de los límites de integración. Generalmente, la fórmula del área en integración doble se verá así:

$$\text{Área } A = \int_{\alpha}^{\beta} \int_{h_1(\theta)}^{h_2(\theta)} 1r \, dr \, d\theta.$$

Ejemplo ilustrativo 12.3.10. Determinación de un Área Usando una Integral Doble en Coordenadas Polares

Evalúe el área limitada por la curva $r=\cos(4\theta)$.

Solución:

Al bosquejar la gráfica de la función $r=\cos(4\theta)$, se observa que es una rosa polar con ocho pétalos (véase la figura siguiente).

Figura 12.3.11 Determinación del área de una rosa polar con ocho pétalos.

Usando la simetría, podemos ver que necesitamos encontrar el área de un pétalo y luego multiplicarla por 8. Note 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 $\pi/8$. Por lo tanto, uno de los pétalos corresponde a los valores de $\theta$ en el intervalo $[-\pi/8, \pi/8]$. Por lo tanto, el área acotada por la curva $r = \cos 4\theta$ es

$$\begin{aligned} A &= 8 \int_{\theta=-\pi/8}^{\theta=\pi/8} \int_{r=0}^{r=\cos 4\theta} 1r \, dr \, d\theta \\ &= 8 \int_{-\pi/8}^{\pi/8} \left[ \frac{1}{2}r^2 \Big|_0^{\cos 4\theta} \right] d\theta = 8 \int_{-\pi/8}^{\pi/8} \frac{1}{2} \cos^2 4\theta \, d\theta \\ &= 8 \left[ \frac{1}{4}\theta + \frac{1}{16} \sin 4\theta \cos 4\theta \right]_{-\pi/8}^{\pi/8} = 8 \left[ \frac{\pi}{16} \right] = \frac{\pi}{2}. \end{aligned}$$

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Ejemplo ilustrativo 12.3.11. Determinación del Área entre Dos Curvas Polares

Halle el área encerrada por el círculo $r=3\cos\theta$ y el cardioide $r=1+\cos\theta$.

Solución:

Ante todo, trace las gráficas de la región (Figura 12.3.12).
Figura 11.3.12 Determinación del área encerrada tanto por un círculo como por un cardioide.

Podemos ver a partir de la simetría de la gráfica que necesitamos encontrar los puntos de intersección. Al igualar las dos ecuaciones obtenemos:

$$3 \cos \theta = 1 + \cos \theta.$$

Uno de los puntos de intersección es $\theta = \pi/3$. El área sobre el eje polar consta de dos partes: una definida por la cardioide desde $\theta = 0$ hasta $\theta = \pi/3$, y la otra definida por el círculo desde $\theta = \pi/3$ hasta $\theta = \pi/2$. Por simetría, el área total es el doble del área sobre el eje polar. Por lo tanto, tenemos:

$$A = 2 \left[ \int_{\theta=0}^{\theta=\pi/3} \int_{r=0}^{r=1+\cos \theta} 1r \, dr \, d\theta + \int_{\theta=\pi/3}^{\theta=\pi/2} \int_{r=0}^{r=3 \cos \theta} 1r \, dr \, d\theta \right].$$

Evaluando cada parte por separado, encontramos que el área es:

$$A = 2 \left( \frac{1}{4}\pi + \frac{9}{16}\sqrt{3} + \frac{3}{8}\pi – \frac{9}{16}\sqrt{3} \right) = 2 \left( \frac{5}{8}\pi \right) = \frac{5}{4}\pi \text{ unidades cuadradas.}$$ ♦

Ejercicio de control 12.3.5

Halle el área encerrada dentro del cardioide $r=3-3\sin\theta$ y fuera del cardioide $r=1+\sin\theta$. ♦

Ejemplo ilustrativo 12.3.12. Evaluación de una Integral Doble Impropia en Coordenadas Polares

Solución:

Evalúe la integral $\displaystyle \iint_{\mathbb{R}^2} e^{-10(x^2+y^2)}\, dx\, dy$.

Solución:

Esta es una integral impropia porque estamos integrando sobre una región no acotada $\mathbb{R}^2$. En coordenadas polares, todo el plano $\mathbb{R}^2$ puede verse como $0 \le \theta \le 2\pi$, $0 \le r < \infty$.

Utilizando los cambios de variables de coordenadas rectangulares a coordenadas polares, tenemos:

$$\begin{aligned} \iint_{\mathbb{R}^2} e^{-10(x^2+y^2)} \, dx \, dy &= \int_{\theta=0}^{\theta=2\pi} \int_{r=0}^{r=\infty} e^{-10r^2} \, r \, dr \, d\theta = \int_{\theta=0}^{\theta=2\pi} \left( \lim_{a\to\infty} \int_{r=0}^{r=a} e^{-10r^2} \, r \, dr \right) d\theta \\ &= \left( \int_{\theta=0}^{\theta=2\pi} d\theta \right) \left( \lim_{a\to\infty} \int_{r=0}^{r=a} e^{-10r^2} \, r \, dr \right) \\ &= 2\pi \left( \lim_{a\to\infty} \int_{r=0}^{r=a} e^{-10r^2} \, r \, dr \right) \\ &= 2\pi \lim_{a\to\infty} \left( -\frac{1}{20} \right) \left( e^{-10r^2} \Big|_0^a \right) \\ &= 2\pi \left( -\frac{1}{20} \right) \lim_{a\to\infty} (e^{-10a^2} – 1) \\ &= \frac{\pi}{10}. \end{aligned}$$

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Ejercicio de control 12.3.6

Evalúe la integral $\displaystyle \iint_{\mathbb{R}^2} e^{-4(x^2+y^2)}\, dx\, dy$. ♦

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