Coordenadas Polares.

10. Coordenadas Polares.

Antes de continuar esta sección, se puede hacer un repaso de coordenadas polares en el ápendice "Introducción a las coordenadas polares"

Hay regiones de integración con curvas frontera fáciles de describir en coordenadas polares entonces. En estos casos usamos este cambio de variable.

Recordemos que un punto $P = (x, y) \in ℝ^{2}$ se puede especificar en coordenadas polares $(r, 𝜃)$ donde $r$ es la distancia del origen a $P$ y $𝜃$ es el ángulo medido desde el eje $X$ contrareloj. La conversión de coordenadas polares a coordenadas cartesianas se hace con la transformación

(**)

{\begin{matrix} x & = & r cos (𝜃) \end{matrix}

Para efectos de cambio de variable, esta transformación es invertible si $r > 0$ y si $𝜃 \in [𝜃_{0}, 𝜃_{0} + 2 π [.$ Podemos definir la inversa desde $ℝ^{+} \times [0, 2 π [$ a $ℝ^{2} - {(0, 0)}$ con $r = \sqrt{x^{2} + y^{2}}$ y $𝜃$ el único ángulo $𝜃 \in [0, 2 π [$ que satisface $(* *),$ es decir $𝜃 = arctan (y ∕ x)$ si $x > 0$ y $𝜃 = arctan (y ∕ x) + π$ si $x < 0$ pues $arctan (t)$ está definida en $] - π ∕ 2, π ∕ 2 [$ (si $r = 0,$ el cambio de variable aplica todo el eje $𝜃$ en el origen $(0, 0) .$ )

Para el cambio de variable $T (r, 𝜃) = (r cos (𝜃), r sen (𝜃))$ el jacobiano es $J (r, 𝜃) = [\begin{matrix} \frac{∂x}{∂r} & \frac{∂x}{∂𝜃} \\ \frac{∂y}{∂r} & \frac{∂y}{∂𝜃} \end{matrix}] = r$

Como ya indicamos, este cambio de variable es invertible si

r > 0

y si

𝜃 \in [𝜃_{0}, 𝜃_{0} + 2 π [

(a veces es cómodo tomar ángulos negativos).

Si en $R$ y $R^{'}$ se cumplen las condiciones del teorema de cambio de variable, entonces

\iint_{R} f (x, y) dA = \iint_{R^{'}} f (r cos (𝜃), r sen (𝜃)) r d r d𝜃

$∙$: En el caso de coordenadas polares, la nueva región $R_{r𝜃}$ se puede describir en el mismo sistema $XY .$

$∙$

Si una región

R

se puede describir como una región en coordenadas polares tal que

0 < φ_{0} (𝜃) \leq r \leq φ_{1} (𝜃) si 𝜃_{0} \leq 𝜃 \leq 𝜃_{1} donde 𝜃_{1} - 𝜃_{0} \leq 2 π

entonces

\iint_{R} f (x, y) dA = \int 𝜃_{1} 𝜃_{0} \int φ_{1} (𝜃) φ_{0} (𝜃) f (r cos (𝜃), r sen (𝜃)) r d r dd 𝜃

$∙$

Si una región

R

se puede describir como una región en coordenadas polares tal que

0 \leq r \leq φ_{1} (𝜃) si 𝜃_{0} \leq 𝜃 \leq 𝜃_{1}

entonces

\iint_{R} f (x, y) dA = \int 𝜃_{1} 𝜃_{0} \int φ_{1} (𝜃) 0 f (r cos (𝜃), r sen (𝜃)) r d r dd 𝜃

Nota. En este caso, el cambio de variable es invertible en el interior de la región ( $r > 0$ ) y además aquí el Jacobiano no se anula, así que no afecta que $r = 0 .$ Las fórmulas anteriores requieren conocer de manera correcta el intervalo de integración. En algunas curvas en coordenadas polares se requiere ser especialmente cuidadoso con este detalle, sobre todo las curvas que tienen lazos. Si una región está entre dos curvas, hay que tener el cuidado de que las dos curvas "barran" la región en el mismo intervalo para el ángulo $𝜃 .$

Ejemplo148

Calcule, usando coordenadas polares, el área de la región

R

tal y como se muestra en la figura.
Solución. La ecuación de la curva es

x^{2} + y^{2} + 2 x = \sqrt{x^{2} + y^{2}}

. Como

r^{2} = x^{2} + y^{2},

haciendo la conversión a coordenadas polares obtenemos la ecuación

r^{2} + 2 r cos 𝜃 = r

es decir, $r = 1 - 2 cos 𝜃$

Tangentes al polo: Resolvemos $r = 0 ⟹ 1 - 2 cos 𝜃 = 0 ⟹ 𝜃 = \pm π ∕ 3$ en $[0, 2 π] .$ Así, la región está entre los rayos $𝜃 = π ∕ 3$ y $𝜃 = π .$ Entonces,

\begin{matrix} A_{R} & = & \iint_{R} 1 \cdot r drd𝜃 \\ = & \int_{π ∕ 3}^{π} \int_{0}^{1 - 2 cos 𝜃} 1 \cdot r drd𝜃 \\ = & \frac{1}{4} (2 π - 3 \sqrt{3}) \end{matrix}

Ejemplo149

Calcular el área de la región limitada por la curva de ecuación

{(x^{2} + y^{2})}^{2} - x^{2} + y^{2} = 0, x \geq 0

(región celeste en la figura).

Solución. Cambio de variable $x = r cos 𝜃$ y $y = r sen 𝜃$ y sustituyendo en ${(x^{2} + y^{2})}^{2} - x^{2} + y^{2} = 0,$ obtenemos

{(r^{2} {cos (𝜃)}^{2} + r^{2} {sin (𝜃)}^{2})}^{2} - r^{2} {cos (𝜃)}^{2} + r^{2} {sen (𝜃)}^{2} = 0

Simplificando queda $r^{2} = cos (2 𝜃),$ que es la ecuación de la lemniscata. Entonces podemos tomar $r = \sqrt{cos (2 𝜃)} .$

Tangentes al Polo:

r = 0 ⟹ \sqrt{cos (2 𝜃)} = 0 ⟹ 𝜃 = \pm \frac{π}{4} .

De la figura, podemos ver que estos rayos corresponden a los límites integración.

Luego, el área de la región es

$A_{R} = \int_{- π ∕ 4}^{π ∕ 4} \int_{0}^{\sqrt{cos (2 𝜃)}} r d r d𝜃 = 1 ∕ 2 \int_{- π ∕ 4}^{π ∕ 4} cos (2 𝜃) d𝜃 = 1 ∕ 2 .$

Ejemplo150

Considere la región

R

que se muestra en la figura. Plantear, usando corrdenadas polares,

I = \iint_{R} \sqrt{x^{2} + y^{2}} dA .

Solución. La región está entre las curvas

r = 2

r = 4 sen 2 𝜃 .

Como

r = 0 ⟹ r = sen 2 𝜃 = 0 ⟹ 𝜃 = 0 y 𝜃 = \frac{π}{2} .

Podemos verificar con la figura que el dominio de la curva

r = 4 sen 2 𝜃

[0, π ∕ 2 .]

Para obtener los límites de integración, buscamos la intersección entre las curvas: $r = 2 \cap r = 4 sen 2 𝜃,$ es decir,

2 = 4 sen 2 𝜃 ⟹ 𝜃 = \frac{π}{12} y 𝜃 = \frac{5 π}{12} .

Entonces, $I = \iint_{R} r \cdot r drd𝜃 = \int_{π ∕ 12}^{5 π ∕ 12} \int_{2}^{4 sen 2 𝜃} r^{2} drd𝜃$

Ejemplo151

Calcule

I = \iint_{R} xy dA

R

es la región limitada por las curvas

r = 1 - 2 cos 𝜃

r = 2 sen 𝜃

, tal y como se muestra en la figura.
Solución. Ambas curvas "barren" la región

R

en el mismo intervalo!. La región de integración llega hasta la intersección de las curvas en

𝜃 = 𝜃_{1} .

$∙$

Tangentes al polo:

${\begin{matrix} 1 - 2 cos 𝜃 = 0 & ⟹ & 𝜃 = \frac{π}{3} \\ 2 sen 𝜃 = 0 & ⟹ & 𝜃 = 0 \end{matrix}$

$∙$

Cálculo de

𝜃_{1}

\begin{matrix} 1 - 2 cos 𝜃 & = & 2 sen (𝜃), \\ elevamos al cuadrado, \\ - 3 - 4 cos 𝜃 + 8 {cos}^{2} 𝜃 & = & 0, \\ hacemos sustitución y resolvemos, \end{matrix}

Nos sirve $𝜃_{1} = arccos (\frac{4 - \sqrt{112}}{16}) \approx 1.994$ (pues el ángulo está en el II cuadrante)

\begin{aligned} I & = \iint_{R} xy dA \\ = \int_{0}^{π ∕ 3} \int_{0}^{2 sen (𝜃)} [r cos (𝜃) r sen (𝜃)] \cdot r drd𝜃 + \int_{π ∕ 3}^{𝜃_{1}} \int_{1 - 2 cos (𝜃)}^{2 sen (𝜃)} r^{3} cos (𝜃) sen (𝜃) drd𝜃 \end{aligned}

Ejemplo152

Calcule, usando coordenadas polares, el área de la región

R

tal y como se muestra en la figura.
Solución. Hay varias regiones:

R = R_{1} + R_{2} + R_{3} + R_{4}

Tangentes al polo:

$∙$: $4 (sen 𝜃 - cos 𝜃) = 0 ⟹ tan 𝜃 = 1 ⟹ 𝜃 = \frac{π}{4}$
$∙$: $2 + 2 sen 𝜃 = 0 ⟹ 𝜃 = \frac{3 π}{2}$

$\begin{matrix} A_{R} & = & A_{R_{1}} + A_{R_{2}} + A_{R_{3}} + A_{R_{4}} \\ = & \iint_{R_{1}} 1 \cdot dA + \iint_{R_{2}} 1 \cdot dA + \iint_{R_{3}} 1 \cdot dA + \iint_{R_{4}} 1 \cdot dA \\ = & \int_{0}^{π ∕ 4} \int_{0}^{2 + 2 sen 𝜃} 1 \cdot r drd𝜃 + \int_{π ∕ 4}^{π ∕ 2} \int_{4 (sen 𝜃 - cos 𝜃)}^{2 + 2 sen 𝜃} 1 \cdot r drd𝜃 \\ + \int_{π ∕ 2}^{π} \int_{2 + 2 sen 𝜃}^{4 (sen 𝜃 - cos 𝜃)} 1 \cdot r drd𝜃 + \int_{3 π ∕ 2}^{2 π} \int_{0}^{2 + 2 sen 𝜃} 1 \cdot r drd𝜃 \end{matrix}$

Ejemplo153

Calcular el área de la región limitada por la curva de ecuación

{(x^{2} + y^{2})}^{2} - x^{2} + y^{2} = 0, x \geq 0

(región celeste en la figura).
Solución. Cambio de variable

x = r cos 𝜃

y = r sen 𝜃

y sustituyendo en

{(x^{2} + y^{2})}^{2} - x^{2} + y^{2} = 0,

obtenemos

{(r^{2} {cos (𝜃)}^{2} + r^{2} {sin (𝜃)}^{2})}^{2} - r^{2} {cos (𝜃)}^{2} + r^{2} {sen (𝜃)}^{2} = 0

Simplificando queda $r^{2} = cos (2 𝜃),$ que es la ecuación de la lemniscata. Entonces podemos tomar $r = \sqrt{cos (2 𝜃)} .$

Tangentes al Polo:

r = 0 ⟹ \sqrt{cos (2 𝜃)} = 0 ⟹ 𝜃 = \pm \frac{π}{4} .

De la figura, podemos ver que estos rayos corresponden a los límites integración.

Luego, el área de la región es

$A_{R} = \int_{- π ∕ 4}^{π ∕ 4} \int_{0}^{\sqrt{cos (2 𝜃)}} r d r d𝜃 = 1 ∕ 2 \int_{- π ∕ 4}^{π ∕ 4} cos (2 𝜃) d𝜃 = 1 ∕ 2 .$

Ejemplo154

Calcular el área

A_{c}

del círculo de radio

a .

Solución. Para este cálculo podemos usar un círculo de radio

a,

centrado en el origen. La circunferencia del círculo tiene ecuación cartesiana

x^{2} + y^{2} = a^{2} .

Para obtener la ecuación en polares, sustituimos

x = r cos 𝜃

y = r sen 𝜃

y despejamos

r :

x^{2} + y^{2} = a^{2} ⟹ {(r cos 𝜃)}^{2} + {(r sen 𝜃)}^{2} = a^{2} ⟹ r^{2} = a^{2} .

Así, en coordenadas polares, la región de integración va desde

r = 0

hasta

r = a

0 \leq 𝜃 \leq 2 π .

\begin{matrix} A_{c} & = & \iint_{R} 1 \cdot dA = \int 2 π 0 \int a 0 r d r dd 𝜃 = \int_{0}^{2 π} {\frac{r^{2}}{2} |}_{0}^{a} d𝜃 = \int_{0}^{2 π} \frac{a^{2}}{2} d𝜃 = {\frac{a^{2}}{2} 𝜃 |}_{0}^{2 π} = π a^{2} \end{matrix}

Ejemplo155(Volumen)

Plantear una integral, en polares, para calcular el volumen del sólido $Q$ limitado por las superficies $z = \frac{y}{x^{2} + 4},$ $x^{2} + y^{2} = 4$ y $z = 0$ con $x \geq 0$ y $y \geq 0 .$

Solución. El sólido y su proyección sobre el plano $XY$ se ven en la figura.

Pasando a coordenadas polares tenemos

V_{Q} = \iint R (\frac{y}{x^{2} + 4} - 0) dA = \int π ∕ 2 0 \int 2
 0 \frac{r sen (𝜃)}{r^{2} {cos}^{2} (𝜃) + 4} r d r dd𝜃

Nota: Esta última integral se puede calcular observando que

$∙$: $\int x arctan (x) dx = \frac{1}{2} (- x + (1 + x^{2}) arctan x),$ salvo constantes.
$∙$: $\int π ∕ 2
0 \int 2
0 f (r, 𝜃) dr dd𝜃 = \int 2
0 \int π ∕ 2
0 f (r, 𝜃) d𝜃 ddr,$ pues estamos integrando sobre un rectángulo.

Veamos,

\begin{matrix} V_{Q} & = & \iint R \frac{y}{x^{2} + 4} dA = \int π ∕ 2 0 \int 2
 0 \frac{r^{2} sen (𝜃)}{r^{2} {cos}^{2} (𝜃) + 4} dr dd 𝜃 \\ = & \int 2
 0 \int π ∕ 2 0 \frac{r^{2} sen (𝜃)}{r^{2} {cos}^{2} (𝜃) + 4} d 𝜃 ddr = \int 2
 0 \int 1
 0 \frac{r^{2}}{4 + r^{2} u^{2}} du ddr, (haciendo u = cos 𝜃). \end{matrix}

Ejemplo156(Volumen en coordenadas polares).

Plantee la integral (o las integrales) con las que se puede obtener el volumen del sólido $Q$ limitado por las superficies $S_{1} : y = x^{2} + z^{2},$ $S_{2} : y = 1,$ $S_{3} : y = 4,$ en el primer octante.

Solución. La proyección del sólido $Q$ es $R = R_{1} + R_{2},$ como se muestra en la figura de la derecha. Usamos el cambio de variable $x = r cos 𝜃, z = r sen 𝜃 .$ La proyección del sólido $Q$ en el plano $XZ$ está entre las curvas $r = 0$ y $r = 1$ y entre $r = 1$ y $r = 2 .$

$∙$: $C_{1} :$ $y = x^{2} + z^{2} ⋂ y = 1 ⟹ C_{1} : 1 = x^{2} + z^{2}$
$∙$: $C_{2} :$ $y = x^{2} + z^{2} ⋂ y = 4 ⟹ C_{2} : 4 = x^{2} + z^{2}$

\begin{matrix} V_{Q} & = & \iint_{R_{1}} (4 - 1) dA + \iint_{R_{2}} (4 - x^{2} - z^{2}) dA \\ = & \int_{0}^{π ∕ 2} \int_{0}^{1} (4 - 1) r drd𝜃 + \int_{0}^{π ∕ 2} \int_{1}^{2} (4 - r^{2}) r drd𝜃 \end{matrix}

Ejemplo157(Volumen).

Calcule el volumen del sólido $Q$ limitado por las superficies $z = \frac{1}{1 + x^{2} + y^{2}},$ $x^{2} + y^{2} = 1$ y $z = 0 .$

Solución.

El sólido y su proyección sobre el plano $XY$ se ven en la figura. El sólido $Q$ está limitado por $z = \frac{1}{1 + x^{2} + y^{2}}$ y $z = 0 .$ Aplicando coordenadas polares (y como no hay singularidades) tenemos

\begin{matrix} V_{Q} & = & \iint R \frac{1}{1 + x^{2} + y^{2}} dA \\ = & \int 2 π 0 \int 1
 0 \frac{1}{1 + r^{2}} r d r dd𝜃 = \int_{0}^{2 π} {\frac{1}{2} ln (1 + r^{2}) |}_{0}^{1} d𝜃 = \int_{0}^{2 π} \frac{1}{2} ln (2) d𝜃 = π ln (2) \end{matrix}

Ejemplo158

Calcule $\iint R \frac{xy}{{(1 + x^{2} + y^{2})}^{2}} dA$ si $R = {(x, y) \in ℝ : x^{2} + y^{2} \leq 1, x \geq 0, y \geq 0} .$

Solución. La región $R$ es la parte del círculo de radio $1,$ centrado en el origen, que está en el primer octante. Aquí usamos el hecho de que $\int_{a}^{b} \int_{p}^{q} f (𝜃) g (r) dr d𝜃 = \int_{a}^{b} f (𝜃) d𝜃 \cdot \int_{p}^{q} g (r) dr .$

\begin{matrix} \iint R \frac{xy}{{(1 + x^{2} + y^{2})}^{2}} dA & = & \int π ∕ 2
 0 \int 1
 0 \frac{r^{3} cos 𝜃 sen 𝜃}{{(1 + r^{2})}^{2}} dr dd𝜃 \\ = & \int_{0}^{π ∕ 2} cos 𝜃 sen 𝜃 d𝜃 \cdot \int_{0}^{1} \frac{r^{3}}{{(1 + r^{2})}^{2}} dr = \frac{1}{8} ln 4 - \frac{1}{8} \end{matrix}