CAPÍTULO 8

Integrales Múltiples.

En este capítulo generalizamos las integrales definidas de una variable a dos y tres variables. La interpretación geométrica de las integrales definidas de una variable como área bajo la curva se extiende ahora de manera natural a volúmenes bajo superficies.

CONTENIDOS

1. Integrales dobles.

2. Cambio de variable.

3. Aplicaciones físicas de las integrales dobles.

SECCIÓN 1

Integrales dobles. En esta sección presentamos la primera generalización de la integral definida de una variable : la integral doble. La interpretación geométrica y el cálculo de las integrales en general no ofrecen dificultad. Pero nuestro cerebro puede tener inconvenientes en algunos cambios de variable.

Por otro lado las aplicaciones físicas y geométricas constituyen una parte interesante donde continuamos viendo la utilidad de los conceptos que estamos estudiando.

122

Problemas.

(1) Interpretar geométricamente la región de integración y calcular las siguientes integrales

(a) ∫2

−2 ∫174 −x2

4 − x2

x dy dx

(b) ∫1

0 ∫1

yex2 dx dy.

Solución.

(a) Comenzamos por aplicar el teorema de Fubini. Éste nos dice que

∫2

−2 ∫174 −x2

4 − x2

x dy dx = ∫2

−2( ∫

174 −x2

4 − x2

x dy) dx.

Ahora bien, la integral de entre paréntesis se calcula así

∫174 −x2

4 − x2

x dy = xy174 −x2

4 − x2

= x . (174

− x2) − x . 4 − x2.

Entonces nuestro ejercicio es ahora una integral de Análisis I, a saber

∫2

−2x . (17

4− x2) − x . 4 − x2 dx = 0.

Nota : Esta integral se puede calcular y al evaluarla en sus extremos por la regla de Barrow da 0. Pero, más fácil, vemos que el intervalo es simétrico respecto del origen y una función impar integrada en un intervalo simétrico da siempre 0.

Dejamos como un sencillo ejercicio el dibujo de la región de integración.

(b) Al aplicar el teorema de Fubini a esta integral tenemos

∫1

0 ∫1

yex2 dx dy = ∫

1

0( ∫

1

yex2 dx) dy.

Pero tenemos el problema de que la integral indefinida de la función e−x2 no es elemental, hecho que fue demostrado por Liouville. Luego DEBEMOS cambiar el orden de integración para poder continuar. Para esto puede ser útil el gráfico de la región de integración.

123

-1 -0.75 -0.5 -0.25 0 0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

1

1.25

Al invertir el orden vemos que nuestra integral es igual a

∫1

0 ∫x

0ex2 dy dx = ∫

1

0( ∫

x

0ex2 dy ) dx.

Ahora bien, la integral entre paréntesis es

∫x

0ex2 dy = ex2y

x

0= x . ex2

entonces el resultado final es

∫1

0x . ex2 dx =

ex2

2

1

0=

e − 12

.

Se puede ver una solución on-line clickeando aquí.

(2) Calcular el centro de masa de la placa plana definida por |x | ≤ y ≤ 2 cuando la densidad de masa superficial en cada punto es proporcional a la distancia desde el punto al eje y.

Solución.

La placa tiene la forma siguiente.

-3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

-1.6

-0.8

0.8

1.6

Si la densidad es proporcional a la distancia del punto (x, y) al eje y entonces

δ(x, y) = k |x | .

124

Ahora bien, la fórmula de las coordenadas X e Y del centro de masa de la placa viene dada por

X =∫ ∫ x δ(x, y) dx dy∫ ∫ δ(x, y) dx dy

Y =∫ ∫ y δ(x, y) dx dy∫ ∫ δ(x, y) dx dy

.

Observamos que el denominador es precisamente la masa M de la placa. Entonces

M = ∫ ∫ δ(x, y) dx dy = ∫2

−2 ∫2

|x|k . |x | dy dx =

∫0

−2 ∫2

−xk . (−x) dy dx + ∫

2

0 ∫2

xk . x dy dx =

∫0

−2− kxy

2

−xdx + ∫

2

0kxy

2

xdx =

∫0

−2− kx2 − 2kx dx + ∫

2

02kx − kx2 dx =

k[ −83

+ 4] + k[4 −83 ] =

83

k .

Ahora, la coordenada Y es

Y =∫ 2

−2∫ 2

|x|y . k |x | dy dx

83 k

=∫ 2

−2∫ 2

|x|y . |x | dy dx

83

.

Concentrándonos en el numerador tenemos

∫0

−2 ∫2

−xy . (−x) dy dx + ∫

2

0 ∫2

xy . x dy dx =

2 + 2 = 4.

Luego la coordenada Y resulta

Y =483

=32

.

Dejamos como un sencillo ejercicio el cálculo de la coordenada X del centro de masa que resulta (como es de esperar por simetría) igual a 0.

Se puede ver una solución on-line clickeando aquí.

(3) Calcular el área de D = {(x, y) ∈ R2 : |x | + |y | ≤ 2} usando (x, y) = (u + v

2,

u − v2 )

Solución.

La región a la cual le debemos calcular es área es

125

-3.2 -2.4 -1.6 -0.8 0 0.8 1.6 2.4 3.2

-1.6

-0.8

0.8

1.6

Ahora bien, nuestro cambio de variable es

x =u + v

2, y =

u − v2

.

La región D se puede describir por el siguiente sistema de desigualdades

−2 ≤ x + y ≤ 2 ∧ −2 ≤ x − y ≤ 2.

Luego, expresando estas desigualdades en función de las variables u, v tenemos

−2 ≤ u ≤ 2 ∧ −2 ≤ v ≤ 2.

Estas desigualdades en el plano u, v se grafican

-3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

-1.6

-0.8

0.8

1.6

Para completar debemos calcular el Jacobiano

J (x yu v) = (x′�

u x′ �v

y′�u y′�

v) = (1/2 1/21/2 −1/2) = − 1/2,

recordando que en la integral doble en la cual cambiamos las variables debemos poner el módulo del Jacobiano!

Luego, recordando que el área de D se calcula integrando la función constante f (x, y) = 1 sobre D tenemos

126

A(D) = ∫ ∫D1 dx dy = ∫

2

−2 ∫2

−2|J | du dv = ∫

2

−2 ∫2

−2

12

du dv = 8.

Se puede ver una solución on-line clickeando aquí.

(4) Calcular el área de la región dada por la inecuación

x2

a2+

y2

b2≤ 1, a > 0 , b > 0

Solución.

Evidentemente se trata del interior de la elipse

x2

a2+

y2

b2= 1.

Sea D dicho interior. Entonces

A(D) = ∫ ∫Ddx dy .

Hagamos ahora el cambio de variables, similar a las coordenadas polares, siguiente

x = a r cos(θ) y = b r sen(θ), 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π .

El Jacobiano es en este caso

J (x yr θ) = (x′�

r x′�θ

y′�r y′�

θ) = (a cos(θ) −ar sen(θ)b cos(θ) br cos(θ)) = abr.

Luego

A(D) = ∫ ∫Ddx dy = ∫

1

0 ∫2π

0abr dθ dr = ∫

1

02πabr dr = πab .

resultado que conviene conservar en la cabeza : “La elipse de semiejes a, b encierra un área igual a πab y como caso especial a = b = r tenemos el área del círculo πr2.

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

-3

-2

-1

1

2

3

Elipse con semiejes a = 4, b = 3. Área = 12π.

(5) Usando coordenadas polares

∫ ∫D

x + yx2

dx dy

127

siendo D descripta por 0 ≤ y ≤ x, x + y ≤ 2.

Solución.

Al pasar a las coordenadas polares

x = r cos(θ) y = r sen(θ)

la región D se describe en el plano polar por

0 ≤ θ ≤π4

, r cos(θ) + r sen(θ) ≤ 2.

De la segunda inecuación tenemos

r ≤2

cos(θ) + sen(θ).

Entonces nuestra integral pasa a ser

∫π4

0 ∫2

cos(θ) + sen(θ)

0

r cos(θ) + r sen(θ)r2 cos2(θ)

. r dr dθ =

∫π4

0

cos(θ) + sen(θ)cos2(θ)

.2

cos(θ) + sen(θ)dθ = 2.

Se puede ver una solución on-line clickeando aquí.

(6) Hallar ,usando coordenadas polares, el área de la región

D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 4 ∧ x2 + y2 ≥ 2x}.

Solución.

128

El triángulo de integración pensado en polares. Vemos que el ángulo está entre 0 y

π4

y luego el radio varía para cada

ángulo en la forma 0 ≤ r ≤2

cos(θ) + sen(θ).

La región D tiene el siguiente gráfico

Atendamos sólo a la región de D que además satisface x ≥ 0. Si hacemos

x = r cos(θ) y = r sen(θ) θ ∈ (−π, π]

sustituyendo en las inecuaciones que definen D tenemos

r2 ≤ 4 ∧ r2 ≥ 2r cos(θ),

es decir

r ≤ 2 ∧ r ≥ 2 cos(θ).

Luego el área de la región con x ≥ 0 es

A(D) = ∫ ∫Ddx dy = ∫

π2

−π2

∫2

2 cos(θ)r dr dθ =

∫π2

−π2

r2

2

2

2 cos(θ)dθ = ∫

π2

−π2

2(1 − cos2(θ) dθ =

2∫π2

−π2

sen2(θ) dθ = 2.π2

= π.

Sumando a este valor el área del semicírculo situado en x ≤ 0 tenemos el resultado final

π + 2π = 3π.

129

La región D en el plano polar. Para cada θ ∈ [−π2

,π2

] el ra-dio varía entre 2 cos(θ) ≤ θ ≤ 2.

CONTENIDOS

1. Integrales triples.

2. Coordenadas cilíndricas.

3. Coordenadas esféricas.

4. Aplicaciones geométricas y físicas.

SECCIÓN 2

Integrales triples. En esta sección estudiamos la generalización de la integral doble adicionando una variable más para llegar a la integral triple. A nivel teórico ocurre lo mismo que con las integrales dobles pero a nivel práctico, es decir, en los ejercicios la diferencia es sustancial. Los ejercicios son mucho más difíciles porque los volúmenes en el espacio son mucho más complicados que las figuras en el plano.

Por otro lado los sistemas de coordenadas esférico y cilíndrico también son estudiados en detalle. Si alguna sección de este libro no se puede hacer en un libro ordinario de papel dicha sección es ésta.

130

Problemas.

(1) Hallar el volumen de las siguientes regiones

(a) K = {(x, y, z) : x + y ≤ z ≤ 1 ∧ x ≥ 0 ∧ y ≥ 0}

(b) K = {y ≥ x2, y ≤ x, z ≥ x + y, x + y + z ≤ 6}.

Solución.

(a) La dificultad está en imaginarse la región para escribir los límites en la integral triple.

Las inecuaciones x ≥ 0, y ≥ 0 ayudan bastante. Por otro lado los plano z = x + y, z = 1 no son difíciles de imaginar por separado. Ahora bien, es clave averiguar donde se intersecan estos dos planos. Eliminando z vemos que es necesario para la intersección que

x + y = 1

(Cuidado! Recordemos que en R3 esto es una superficie, no una curva.)

Con esto el volumen que se nos pide es el siguiente

Ahora bien, al proyectar este volumen en el plano x, y obtenemos un área definida por las inecuaciones

x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 1.

Entonces el volumen de K es

V(K ) = ∫ ∫ ∫Kdx dy dz = ∫

1

0 ∫1−x

0 ∫1

x+ydz dy dx =

131

La parte de los dos plano que definen nuestro volumen vista desde atrás.

GALLERY 8.1 El volumen del ejercicio.

∫1

0 ∫1−x

0z

1

x+ydy dx = ∫

1

0 ∫1−x

01 − x − y dy dx =

∫1

0(1 − x)(1 − x) −

(1 − x)2

2=

16

.

Se puede ver una solución on-line clickeando aquí.

(b) En este ítem nuevamente dos inecuaciones contienen sólo las variables x, y, a saber

y ≥ x2, y ≤ x.

-0.5 -0.25 0 0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5

0.25

0.5

0.75

1

Además las dos segundas nos dicen donde varía z para cada x, y

z ≥ x + y, z ≤ 6 − x − y.

Por lo tanto tenemos

V(K ) = ∫ ∫ ∫Kdx dy dz = ∫

1

0 ∫x

x2 ∫6−x−y

x+ydz dy dx =

132

Proyección en el plano x, y útil para escribir las dos prime-ras integrales de la integral triple.

GALLERY 8.2 Proyección del sólido.

∫1

0 ∫x

x2

z6−x−y

x+ydy dx = ∫

1

0 ∫x

x2

6 − 2x − 2y dy dx =

∫1

0(6 − 2x)(x − x2) − (x2 − x4) dx =

710

.

Se puede ver una solución on-line clickeando aquí.

(2) Hallar el volumen del sólido K definido por

K = {(x, y, z) ∈ R3 : z ≤ x2 + y2 ∧ x2 + y2 + z2 ≤ 2 ∧ z ≥ 0} .

Solución.

Recordemos que el sistema cartesiano se obtiene del esférico a través de las ecuaciones

x = r cos(θ) sen(φ)y = r sen(θ) sen(φ)z = r cos(φ)

0 ≤ θ < 2π, 0 ≤ φ < π, 0 ≤ r < ∞ .

y que el Jacobiano de esta transformación es

|J | = r2 sen(φ),

donde el módulo no hace falta pues r2 sen(φ) ≥ 0.

El gráfico de este sólido es como “la parte superior de una manzana a la cual le hemos sacado el cabito”.

El volumen del sólido es

V(K ) = ∫ ∫ ∫Kdx dy dz = ∫

2

0 ∫2π

0 ∫π2

π4

r2sen(φ) dφ dθ dr =

∫2

0 ∫2π

0r2(−cos(φ))

π2

π4

dθ dr = ∫2

0 ∫2π

0r2 .

22

dθ dr =

133

Debemos integrar bajando el ángulo φ azul hasta el ecua-dor ( π

4≤ φ ≤

π2 ).

GALLERY 8.3 Sólido del ejercicio

∫2

0π . 2 . r2 dr = π . 2 .

23

3=

4π3

.

(3) Hallar el volumen del sólido

K = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 4 ∧ x2 + y2 ≥ 2x ∧ x ≥ 0}

Solución.

Recordemos que el sistema cartesiano se obtiene del cilíndrico a través de las ecuaciones

x = r cos(θ)y = r sen(θ)z = z

0 ≤ r < ∞, − π ≤ θ < π.

En este sistema las inecuaciones que definen K se transforman en

z2 ≤ 4 − r2 ∧ r ≥ 2 cos(θ) ∧ −π2

≤ θ ≤π2

.

El gráfico del volumen que debemos calcular es la parte verde exterior al cilindro del siguiente gráfico que satisface además x ≥ 0.

Su proyección sobre el plano es

-4.8 -4 -3.2 -2.4 -1.6 -0.8 0 0.8 1.6 2.4 3.2 4 4.8

-2.4

-1.6

-0.8

0.8

1.6

2.4

0.5π

π

1.5π

134

Con estos dos gráficos vemos ahora que

V(K ) = ∫ ∫ ∫Kdx dy dz = ∫

π2

−π2

∫2

2 cos(θ) ∫4 − r2

− 4 − r2

r dz dr dθ =

∫π2

−π2

∫2

2 cos(θ)2r . 4 − r2 dr dθ = ∫

π2

−π2

(4 − r2)3/2 . (−23

)2

2 cos(θ)dθ =

∫π2

−π2

23

(4 sen2(θ))3/2 dθ =163 ∫

π2

−π2

|sen(θ) |3 dθ =163

.43

=

Luego el volumen pedido es V(K ) =649

.

Se puede ver on-line clickeando aquí.

(4) Hallar la masa del cuerpo l imitado por x2 + y2 + z2 = 2 con y ≥ x2 + z2 cuando la densidad de masa volumétrica en cada punto es proporcional a la distancia del punto al eje y.

Solución.

Sin duda la intersección del paraboloide y = x2 + z2 con la esfera x2 + y2 + z2 = 2 es la circunferencia

γ(t) = (cos(t),1,sen(t)), t ∈ [0,2π] .

En efecto sustituyendo la primera en la segunda tenemos la condición

y + y2 = 2 ⟹ y = 1

y entonces

1 = x2 + z2.

Vemos que todo nuestro sólido está contenido en el cilindro en R3 de ecuación

1 = x2 + z2.

I n t r o d u z c a m o s e n t o n c e s e l s i s t e m a d e coordenadas

x = r cos(θz = r sen(θ)y = y

Como la densidad es proporcional a la distancia del punto al eje y entonces

δ(x, y, z) = k x2 + z2.

Luego la masa del cuerpo es

M = ∫ ∫ ∫Kδ(x, y, z) dV = ∫

1

0 ∫2π

0 ∫2 − r2

r2

k . r . r dy dθ dr =

135

∫1

0 ∫2π

0k . r2 . ( 2 − r2 − r2) dθ dr = 2πk∫

1

0r2 . ( 2 − r2 − r2) =

= 2πk .5π − 8

40.

136