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INTEGRALES DOBLES Daniel Restrepo Jiménez Estudiante Ingeniería Industrial Universidad Tecnológica de Pereira [email protected] El presente documento va dirigido a estudiantes de matemáticas III que no tienen muy buenas bases para este tema, ya que este puede ser complicado, y más si se desconocen algunas técnicas, así que con este trabajo se espera dar a entender el concepto de integral doble, así como su tratamiento y fácil manejo. El documento estará conformado por un repaso de integral simple definida, el concepto de integral doble, ejemplos y algunos consejos. Los únicos requerimientos serán el repaso de las técnicas de integración y una buena disposición para trabajar el tema. No se tratarán integrales dobles en coordenadas polares.

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INTEGRALES DOBLES

Daniel Restrepo Jiménez

Estudiante Ingeniería Industrial

Universidad Tecnológica de Pereira

[email protected]

El presente documento va dirigido a estudiantes de matemáticas III que no

tienen muy buenas bases para este tema, ya que este puede ser complicado,

y más si se desconocen algunas técnicas, así que con este trabajo se espera

dar a entender el concepto de integral doble, así como su tratamiento y fácil

manejo.

El documento estará conformado por un repaso de integral simple definida,

el concepto de integral doble, ejemplos y algunos consejos. Los únicos

requerimientos serán el repaso de las técnicas de integración y una buena

disposición para trabajar el tema.

No se tratarán integrales dobles en coordenadas polares.

Integrales Dobles

Para el tratamiento del concepto geométrico de integral doble, primero se

debe hacer un breve repaso acerca de integral simple definida o área bajo la

curva.

Entonces, supongamos que tenemos una función ( ) , la cual es

continua en el intervalo [a, b]. La integral definida de la función ( ) en el

intervalo [a, b] se da de esta manera:

Donde:

i. Se divide [a, b] en n partes iguales.

ii. El rectángulo con base ó , y altura ( ), tendrá el

nombre de rectángulo típico.

iii. El área del rectángulo típico estará definida por:

( ) ( ) ( ) ( )

iv. Una buena aproximación del área limitada por las rectas

y la curva ( ), es:

Que por sumas de Riemann sería:

∑ ( )( )

Con esto ya tenemos lista la integral definida:

∫ ( )

La cual es equivalente a la suma de Riemann.

Ejemplo:

Hallar el área encerrada por ( ) el eje x, entre

La integral queda así:

∫ ( )

( )

( ) [ ( )]

El área encerrada es igual a 2 unidades cuadradas

Ahora, si extendemos el concepto de integral definida a una dimensión

adicional, obtenemos una integral doble, la cual ya no hallará áreas, sino

volúmenes, y ya no usaremos rectángulos típicos sino paralelepípedos.

Para la integral simple, se requería que la función estuviera definida en un

intervalo cerrado del conjunto de los números reales, para la integral doble,

la función de dos variables estará definida en una región cerrada en .

Tenemos a ( ) continua en el rectángulo = [a, b] x [c, d], el rectángulo

se divide en subrectángulos, los cuales tienen por área ( )( ).

La altura cada paralelepípedo es ( ), por lo cual su volumen es

( )( )( )

La suma de Riemann correspondiente sería ∑ ∑ ( )( )( )

equivalente a la suma de los volúmenes de los paralelepípedos, obteniendo

así la integral doble de ( ) en el rectángulo :

∬ ( )

Cuando proyectamos una función ( ) en el plano xy y obtenemos un

rectángulo de esta manera:

y

xa b

c

d

Podemos hallar los límites de integración directamente:

∬ ( ) ∬ ( )

Este es el teorema de Fubini, aplicado para el cambio en el orden de

integración de funciones de varias variables, pero se debe tener una cosa en

cuenta: este teorema únicamente es aplicable en regiones rectangulares, en

las cuales los límites de integración son valores constantes, luego se

trabajarán regiones mas generales y limites que incluyen variables.

El proceso para resolver integrales de mas variables, es el mismo proceso

usado para resolver derivadas parciales, dejar una variable como constante y

trabajar con la otra, es decir, si voy a integrar respecto a , debo tomar a

como constante.

Ejemplo:

Evaluar la integral doble:

, R= [1, 3] x [-1, 2]

Entonces, los límites de integración los podemos tratar de dos maneras:

∬ ∬

Primero vamos a utilizar el orden , utilizando primero a como

constante, luego a :

[

]

[ ]

Ahora utilizaremos la segunda forma, entonces manejaremos primero a

como constante y luego a :

∫∫

[

]

32 unidades cúbicas es el resultado de la integral anterior, como se acaba de

mostrar, en regiones rectangulares, el orden de integración se puede

acomodar como se desee, buscando siempre resolver una integral

posiblemente más sencilla.

Ahora, trataremos integrales dobles sobre regiones no rectangulares, es

decir, mas generales, con curvas y otra clase de comportamiento. Aquí,

algunos de los límites de integración se presentaran como funciones de

alguna de las variables, mientras que los otros se mantendrán como

constantes.

Existen dos tipos de integración en regiones generales:

TIPO I

Aquí la integral se trata de esta manera:

∬ ( ) ∫ ∫ ( )

( )

( )

TIPO II

La integral doble es:

∬ ( ) ∫ ∫ ( )

( )

( )

Ejemplos:

Evaluar la integral doble:

∫∫

|

|

Expresar como una integral doble, la medida del volumen del sólido

que se encuentra por arriba del plano xy delimitado por el paraboloide

elíptico y el cilindro

.

El sólido requerido se puede dividir en 4 partes iguales, entonces

hallaremos el volumen de una, y la multiplicaremos por 4.

La región R que se integrará esta limitada por los ejes y la elipse:

La región R se puede tratar de dos maneras:

∫ ∫ ∫ ∫

(√ )

Trabajemos la primera expresión:

∫ ∫ ∫

|

(√ )

(√ )

( )

∫ √ ( )

∫√ ( )

∫( )√

El procedimiento de esta integral es extenso, así que se irá

directamente al resultado:

( )

⁄ √

|

El volumen del sólido es de unidades cúbicas

Resolver la integral doble:

∫ ∫

La anterior integral no tiene una función F(x) primitiva, es decir, que no

se puede integrar directamente a menos que se utilicen métodos

complejos, pero vamos a ver, que si cambiamos el orden de

integración la función quedará más fácil de manejar.

Tenemos que:

∫ ∫

∫∫

Y esta segunda expresión se puede integrar fácilmente.

∫∫

∫ | ⁄

|

Como se acaba de ver, si se cambia el orden de integración puede llegar a ser

mas fácil resolver una integrar, es mejor buscar unos límites de integración

más cómodos también.

Así termina pues, el tema de las integrales dobles de una manera corta y

sencilla, posteriormente se dejarán algunos ejercicios resueltos y otros para

trabajar, éxito.

No se tratará el tema de integrales dobles en coordenadas polares, pues este

exige que el documento se extienda mas, y pueden quedar algunas dudas,

puesto que para trabajar las integrales dobles en dichas coordenadas, hay

que repasar también el tema completo de las coordenadas polares, así que

este tema quedará de consulta, o pueden buscarme directamente, aquí están

mis datos:

Daniel Restrepo Jiménez

Estudiante Ingeniería Industrial, Universidad Tecnológica de Pereira

Teléfono: 3156619210

Correo: [email protected][email protected]

Problemas resueltos de integrales dobles Matemáticas I Curso 2011­2012

45. Calcular, mediante coordenadas cartesianas, las siguientes integrales:

siendo , , 1, 0

Observando el dibujo, lo más cómodo es parametrizar el recinto de la siguiente forma

Así nuestra integral resulta

1 212

18

38

012

0 1

Problemas resueltos de integrales dobles Matemáticas I Curso 2011­2012

Este valor coincide además con el área del recinto (puedes calcularla con las fórmulas básicas de

cálculo de áreas de figuras regulares, pues el recinto está formado por un triángulo y un rectángulo);

pero esto ya lo sabíamos, porque una el área de un recinto es precisamente

siendo , /0 , 1, 0 Como el recinto es el mismo, parametrizamos de igual forma la integral (sólo cambia el integrando)

Realizamos primero la integral indefinida respecto de la variable calculando una primitiva

2

Así nuestra integral resulta

21

2

12 1

12 2 8 5 12

12 8

12 5

1 2 12

112 15

113840

Problemas resueltos de integrales dobles Matemáticas I Curso 2011­2012

siendo , / 16, , 6 , 0, 1

Problemas resueltos de integrales dobles Matemáticas I Curso 2011­2012

En esta ocasión hemos dividido el recinto en dos como se ve en el dibujo para tomar con referencia fija

la variable , quedando la variable acotada entre dos funciones de . Así resultan integrales que se

pueden resolver. Si hubiésemos invertido los papeles de las variables (la entre valores fijos y la

variable acotada entre funciones de , necesitamos 3 recintos diferentes y las integrales resultantes

tienen un poco más de dificultad, pero también salen)

Así los recintos parametrizados son:

Así nuestra integral queda:

12

12

12

6 12

16

12 12

36 12

256

12 2 12 36 ln| |

414

2564

12

272 36ln 2

34

14 16 64 3 15 18 ln 2

1 26

2 4

Problemas resueltos de integrales dobles Matemáticas I Curso 2011­2012

siendo , /1 2, 0 ,

La parametrización del recinto puede ser

Por tanto esta integral se puede resolver

√ √

2 2√

1 20 √

Problemas resueltos de integrales dobles Matemáticas I Curso 2011­2012

2√ 1

212

12 4

3 22

34

Donde la primitiva de la última integral se ha calculado por partes haciendo (puede comprobarlo el

alumno)

2 1 siendo , / 1, , 1

Problemas resueltos de integrales dobles Matemáticas I Curso 2011­2012

Observando de nuevo el dibujo tenemos una parametrización fácil del recinto

Así nuestra integral quedaría

2 1 2 1

2 1 2 1 2 1

2 1 2 1

2 1 2 1

2 1 2 1

34

12 1

1 1

Problemas resueltos de integrales dobles Matemáticas I Curso 2011­2012

siendo , / 0, 1 1, 2 1

Problemas resueltos de integrales dobles Matemáticas I Curso 2011­2012

los recintos parametrizados son:

2 2

12 3 4

12 2

12 3 3 2

12 3

(Termine el alumno las operaciones y así practica)

1

0 1 2

2

0 1 1

Geraldine Cisneros Integrales Múltiples y Sus Aplicaciones

UC. Facultad de Ingeniería. Departamento de Matemática.

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1. INTEGRALES DOBLES

En este trabajo se extiende el concepto de la integral de una función real de variable

real a funciones de varias variables, comenzando en este capítulo con integrales de

funciones de dos variables; es decir, funciones del tipo 2f : D ⊆ → . La integral

doble tiene diversas aplicaciones tanto mecánicas como geométricas, pero su

significado intrínseco es el volumen, así como el significado de una integral de una

función de variable real es el área.

1.1 INTRODUCCIÓN: LA INTEGRAL DEFINIDA

Como referencia para la definición de la integral doble, se debe

recordar la integral definida de una función real de variable real, la

cual surge como solución al problema del cálculo de área bajo una

curva.

Sea f una función real definida en [ ]ba, y sea P una partición del

intervalo cerrado [ ]ba, , donde nnii xxxxxxxP ,,,,,,,, 11210 −−= .

Una suma de Riemann de la función f para la partición P ,

denotada por PR es un número real obtenido como:

( )1

n*

P i ii

R f x x=

= ∆∑ (I.1)

donde: n es el número de subintervalos de la partición P ,

[ ]*1i i ix x ,x−∈ y ix∆ es la longitud del subintervalo genérico

(también llamado subintervalo i-ésimo).

En la figura 1 se aprecia el significado geométrico de la Suma de

Riemann para el caso de una función f positiva en el intervalo

cerrado [ ]ba, .

El nombre de Suma de Riemann se debe al matemático alemán:

Georg Friedrich Bernhard Riemann

(1826-1866).

Sus contribuciones destacaron en las áreas de análisis y geometría diferencial, la fisicomatemática y la teoría de funciones de variables complejas.

Su nombre también está relacionado con la función zeta.

La longitud del subintervalo genérico se calcula de la siguiente manera:

1−−=∆ iii xxx

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Figura 1.1

Significado geométrico de la Suma de Riemann para una función f positiva en el intervalo cerrado[ ]ba, .

En la gráfica a) la región sombreada es la que está comprendida bajo la gráfica de la función f , sobre el eje x, y entre las rectas ax = y bx = .

En la gráfica b) la suma de las áreas de los rectángulos sombreados es el valor numérico de la Suma de Riemann para la función f en el intervalo cerrado [ ]ba, .

Si la norma de una partición P, denotada como P , se define

como la longitud más grande de todos los subintervalos, entonces

al hacer que la norma sea lo suficientemente pequeña, esto es

0→P , la partición se hace más fina, lo cual lleva a la definición

de la Integral Definida.

DEFINICIÓN: integral definida de f en [ ]b,a

Sea f una función real definida en un intervalo cerrado [ ]ba, .

La integral definida de f desde a hasta b , denotada por

( )∫b

adxxf

, esta dada por:

( ) ( )

0 1

nb *ia p i

f x dx Lím f x x→

=

= ∆∑∫ (I.2)

si el límite existe.

Significado geométrico de la suma de Riemann

Si la función f es

positiva [ ]bax ,∈∀ , entonces la suma de Riemann corresponde a un valor aproximado del área de la región comprendida bajo la gráfica de la función f , sobre el eje x, y entre las rectas ax = y x b= .

Decir que la norma de la partición P tiende a cero,

0→P , es equivalente

a decir que el número de subintervalos de la partición P tiende a infinito, ∞→n .

El símbolo ∫ lo introdujo el matemático alemán

Gottfried Wilhelm

von Leibniz

(1646, 1716).

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Donde: ∫ es el signo de integración, a y b son los límites de

integración inferior y superior, respectivamente; ( )xf es el

integrando o función integrando y la diferencial de x, denotada por

dx , indica que la variable de integración es x.

1.2 INTEGRAL DOBLE SOBRE RECTÁNGULOS

Sea 2:f → una función definida sobre la región rectangular

cerrada D , dada por:

[ ] [ ] ( ) 2 D a,b c,d x, y a x b c y d= × = ∈ ≤ ≤ ∧ ≤ ≤ (I.3)

Sea P una partición de la región D , la cual se logra con el

producto cartesiano de las particiones xP y yP de los intervalos

[ ]ba, y [ ]dc, , respectivamente, como se muestra a continuación:

nniix xxxxxxxP ,,,,,,,, 11210 −−= …… (I.4)

mmjjy yyyyyyyP ,,,,,,,, 11210 −−= …… (I.5)

entonces

yx PPP ×= (I.6)

Si la partición xP tiene 1+n elementos y n subintervalos [ ]ii xx ,1−

de longitud 1−−=∆ iii xxx , y la partición yP tiene 1+m elementos y

m subintervalos [ ]jj yy ,1− de longitud 1−−=∆ jjj yyy , entonces la

región rectangular D queda dividida por la partición P en mn ⋅

rectángulos denominados ijD , tal como se muestra en la figura

1.2.

La Integral Definida

( )∫b

adxxf

es un número

real que puede interpretarse como el área bajo la gráfica de la función f , sobre el eje x y entre las rectas ax = y bx = , si la función es positiva.

Una partición xP del intervalo [ ]ba, es un conjunto finito de elementos, donde se cumple:

bxxxxxa nii =<<<<<<= − …… 110

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Figura 1.2

Partición P de una región rectangular D .

El subrectángulo denotado ijD , es un elemento de la partición P ,

cuya área, denotada ijA∆ se calcula como:

jiij yxA ∆⋅∆=∆ (I.7)

Al tomar un punto arbitrario ( )** , ji yx en el subrectángulo ijD , se

puede establecer la doble suma de Riemann para la función f

en la partición P , denotada como DS :

( ) ij

n

i

m

j

*j

*iD Ay,xfS ∆= ∑∑

= =1 1

(I.8)

Esta doble suma de Riemann es un valor numérico que se obtiene

al efectuar la suma del producto de la imagen de la función f en

cada punto arbitrario ( )** , ji yx y el área de cada rectángulo ijD . Al

expandir la expresión (I.8) se obtiene:

En la figura 1.2, se aprecia que:

jjj

iii

yyy

xxx

≤≤

≤≤

*1

*1

Figura 1.3 Subrectángulo ijD

El punto ( )* *,i j ijx y D∈

por lo tanto existen diferentes alternativas para su selección las más comunes son:

Esquina inferior izquierda

( ) ( )* *1 1, ,i j i jx y x y− −=

Esquina inferior

derecha ( ) ( )* *

1, ,i j i jx y x y −=

Esquina superior izquierda

( ) ( )* *1, ,i j i jx y x y−=

Esquina superior

derecha ( ) ( )ji

*j

*i y,xy,x =

Punto medio

( ) 1* * 1, ,2 2

j ji ii j

y yx xx y −−+ +

=

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( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) nm*

m*

nn**

nn**

n

m*

m*****

m*

m*****

D

Ay,xfAy,xfAy,xf

Ay,xfAy,xfAy,xf

Ay,xfAy,xfAy,xfS

∆++∆+∆

+∆++∆+∆

+∆++∆+∆=

2211

2222222112

1112211111

(I.9)

Si se define la norma P de la partición P como la longitud de la

diagonal más grande de todos los rectángulos ijD y se hace que

0→P , entonces la partición P se hace más fina, esto es, ahora

la región R queda dividida en muchos más rectángulos, y se

puede plantear:

( ) ij

n

i

m

j

*j

*iPDP

Ay,xfLimSLim ∆= ∑∑= =→→ 1 100

(I.10)

Todo esto permite establecer la definición de la integral doble.

1.2.1 INTEGRAL DOBLE DE f SOBRE D

Decir que el límite existe significa que:

( ) LdAy,xfD

=∫∫ (I.12)

donde L∈

DEFINICIÓN: Integral doble de f sobre D

Sea 2:f → una función real definida sobre un rectángulo

D del plano. La integral doble de f sobre D , denotada por

( )∫∫D dAy,xf , se define como:

( ) ( ) ij

n

i

m

j

*j

*iPD

Ay,xfLimdAy,xf ∆= ∑∑∫∫= =→ 1 10

(I.11)

si el límite existe.

Así como la suma de Riemann es una aproximación de la integral definida, la doble suma de Riemann es una aproximación de la integral doble.

Otras notaciones para la integral doble son:

( )∫∫D dxdyy,xf ( )∫∫D dydxy,xf

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Si el límite de la expresión (I.11) existe se dice que f es

integrable sobre D , recordando la definición del límite, esto

significa que para todo 0>ε existe un número 0>δ , tal que:

( ) ε<−∆∑∑= =

LAy,xf ij

n

i

m

j

*j

*i

1 1

(I.13)

Siempre que:

δ<P (I.14)

Para cualquier partición P del rectángulo D , y para cualquier

( )** , ji yx en el subrectángulo ijD .

1.2.2 INTEGRABILIDAD DE UNA FUNCIÓN CONTINUA

TEOREMA: Integrabilidad de una función continua

Sea 2:f → una función real definida sobre un rectángulo

D del plano acotada, y continua, excepto quizás en un

número finito de curvas suaves en D , entonces la función f

es integrable en D .

Definición del límite de una función: El límite

( ) LxfLimxx

=→ 0

existe si 0 0 >∃>∀ δε

tal que ( ) ε<− Lxf

siempre que

δ<−< 00 xx

Observe que la condición

P<0 no se coloca ya

que la norma de la

partición P es una

longitud por lo tanto ya

es positiva.

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1.3 INTERPRETACIÓN DE LA INTEGRAL DOBLE COMO VOLUMEN

Sea 2:f → una función real definida sobre un rectángulo

[ ] [ ]d,cb,aD ×= , la cual es continua y positiva en D . Entonces la

gráfica de f es una superficie definida por la ecuación:

( )y,xfz = (I.15)

En la figura 1.4 se aprecia la gráfica de una función 2:f → definida sobre un rectángulo D .

Figura 1.4

Gráfica de una función 2:f → definida sobre un rectángulo D

Sea S el sólido que está definido sobre la región D y bajo la

superficie definida por la gráfica de f . En la figura 1.5 se aprecia

el sólido S .

( )yxfz ,=

D

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Figura 1.5

Sólido S definido sobre la región D y bajo la gráfica de f

El volumen V del sólido S puede aproximarse como la suma del

volumen de los paralelepípedos base ijD y altura es ( )*j

*i y,xf , tal

como indica la expresión (I.16).

1 1

n m

iji j

V V= =

≈ ∑∑ (I.16)

donde ijV es el volumen del paralelepípedo de base ijD , también

llamado paralelepípedo aproximante, y cuya altura es ( )*j

*i y,xf . El

punto ( )** , ji yx pertenece al subrectángulo genérico. El volumen de

este paralelepípedo o caja rectangular viene dado por:

( ) ij*

j*

iij Ay,xfV ∆= (I.17)

Al sustituir (I.17) en (I.16) se obtiene la doble suma de Riemann

planteada en (I.8) como ( ) ij

n

i

m

j

*j

*i Ay,xf ∆∑∑

= =1 1

por lo tanto esta doble

suma es una aproximación del volumen del sólido S , es decir:

y x

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11

( ) ij

n

i

m

j

*j

*i Ay,xfV ∆≈ ∑∑

= =1 1

(I.18)

La figura 1.6 muestra la gráfica de un paralelepípedo aproximante

del volumen del sólido S sobre la región D .

Figura 1.6

Paralelepípedo de base ijD y altura ( )* *i jf x , y , empleado para

aproximar el volumen del sólido S definido sobre la región D

La figura 1.7 muestra los paralelepípedos empleados en la

aproximación del volumen del sólido S , el cual se encuentra

limitado por la gráfica de la función f y por el rectángulo D .

( )yxfz ,=

D

( )( )* * * *i j i jx , y , f x , y

1ix x −= ix x=

1jy y −=

jy y=

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Figura 1.7

Paralelepípedos empleados para aproximar el volumen del sólido S definido sobre la región D

Cuando 0→P , la partición P se hace más fina y por lo tanto la

región R queda dividida en muchos más rectángulos, por lo cual

el límite ( )* *

0 1 1,

n m

i j ijP i jLim f x y A

→= =

∆∑∑ representa el volumen del sólido

S , es decir:

( ) ( )* *

0 1 1, ,

n m

i j ij DP i jV Lim f x y A f x y dA

→= =

= ∆ =∑∑ ∫∫ (I.19)

En la figura 1.8 se observan los paralelepípedos empleados en la

aproximación del volumen del sólido S , pero ahora con una

partición más refinada sobre el rectángulo D .

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Figura 1.8

Paralelepípedos empleados en la aproximación del volumen del sólido S

con una partición refinada sobre D .

Estime el volumen del sólido que se encuentra debajo de la

superficie yxz 42 += y arriba del rectángulo

( ) 3020, ≤≤∧≤≤= yxyxD . Utilice una suma de Riemann con

2=n y 3=m y considerando el punto de muestra como:

a) La esquina superior derecha de cada subrectángulo.

b) El punto medio de cada subrectángulo

Solución:

a) Sea V el volumen del sólido debajo de la superficie yxz 42 +=

y arriba del rectángulo D . Entonces se desea estimar a V de la

siguiente manera:

( ) ( )2 3

2

1 1

4 * *i j ijD

i jV x y dA f x , y A

= =

= + ≈ ∆∑∑∫∫

EJEMPLO 1.1

Figura 1.9

Sólido del ejemplo 1.1

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donde ( )* *i jx , y es el punto perteneciente a ijD donde será

evaluada la función. El enunciado de este ejercicio exige que el

punto de muestra sea la esquina superior derecha de cada

subrectángulo, por lo cual ( ) ( )ji*

j*

i y,xy,x = .

La región D y su partición se muestran en la siguiente figura.

Figura 1.10

Partición empleada para el ejemplo1.1

Luego, la aproximación del volumen es:

( ) ( )( )2 3 2 3

* *

1 1 1 1

, , 1i j iji j i j

V f x y A f i j= = = =

≈ ∆ =∑∑ ∑∑

Para evaluar esta doble suma de Riemman se pueden emplear las

fórmulas y propiedades de la notación sigma:

( )( ) ( ) ( )2 3 2 3 2

2 2

1 1 1 1 1

, 1 4 3 24 15 48 63i j i j i

V f i j i j i= = = = =

≈ = + = + = + =∑∑ ∑∑ ∑

( )2 4 63D

V x y dA= + ≈∫∫

Si 3=m y 2=n ,

entonces

12

02=

−=

−=∆

nabx

13

03=

−=

−=∆

mcdy

Como ( ) ( )ji*

j*

i y,xy,x = ,

entonces se debe expresar

en función de i y j:

( ) iixixxi =+=∆+= 100

( ) jjyjyyj =+=∆+= 100

Y además:

( )( )1 1 1ijA x y∆ = ∆ ∆ = =

Recuerde:

1

n

ik kn

=

=∑ si k ∈

( )1

12

n

i

n ni

=

+=∑

( )( )2

1

1 2 16

n

i

n n ni

=

+ +=∑

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15

Figura 1.11

Paralelepípedos empleados para aproximar el volumen del sólido S descrito en el ejemplo 1.1 parte a

En la figura 1.11, se aprecia la superficie definida por la función f

y los paralelepípedos aproximantes de volumen.

b) Cuando se desea estimar el volumen V del sólido debajo de la

superficie yxz 42 += y arriba del rectángulo D en donde ( )* *,i jx y

es el punto medio de cada subrectángulo, entonces se tiene:

( ) 1* * 1 1 1 1 1, , , ,2 2 2 2 2 2

j ji ii j

y yx x i i j jx y i j−−+ + − + − + = = = − −

Luego:

( ) ( )2 3 2 3

* *

1 1 1 1

1 1, , 12 2i j ij

i j i jV f x y A f i j

= = = =

≈ ∆ = − −

∑∑ ∑∑

A continuación esta doble suma de Riemann se resolverá

calculando la imagen de cada ( )* *,i jx y en la función f y

posteriormente se efectuará la suma.

Cuando se selecciona

( ) ( )ji*

j*

i y,xy,x = , en el

cálculo de la doble suma

de Riemann del ejemplo

1.1 parte a, la

aproximación del

volumen obtenida es por

exceso ya que el volumen

del sólido S es inferior

al volumen de las cajas

rectangulares.

( )1 0 1 1ix x i x i− = + − ∆ = −

( )1 0 1 1jy y j y j− = + − ∆ = −

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16

( )* * 1 1, ,

2 2i jx y i j = − −

( ) ( )2* * * *, 4i j i jf x y x y= +

i j

1 2 1 2

1 1 1,

2 2

3 1,2 2

94

174

2 1 3,

2 2

3 3,2 2

254

334

3 1 5,

2 2

3 5,2 2

414

494

Cuadro 1.1

Valores de ( )* *,i jf x y empleados en el ejemplo 1.1 (b)

9 25 41 17 33 49 43,54 4 4 4 4 4

V ≈ + + + + + =

Por lo tanto ( )2 4 43 5D

V x y dA ,= + ≈∫∫

Figura 1.12

Paralelepípedos empleados para aproximar el volumen del sólido S descrito en el ejemplo 1.1 parte b

En la figura 1.12, se observa la superficie definida por la función f

y los paralelepípedos aproximantes de volumen.

En el ejemplo 1.1 parte

b, cuando se selecciona

( )* *,i jx y como el punto

medio de cada

subrectángulo se puede

apreciar en la figura 1.12

que la gráfica de la

función f atraviesa a

los paralelepípedos, por

lo cual no se puede

asegurar si la

aproximación del

volumen del sólido S es

por exceso o por defecto.

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17

Sea S el sólido que se encuentra arriba del cuadrado

[ ] [ ]0, 4 0, 4D = × y abajo del paraboloide elíptico 2 236z x y= − − .

Estime el volumen del sólido tomando como punto de muestra la

esquina superior derecha de cada subcuadrado y dividiendo a la

región D en:

a) Cuatro cuadrados iguales.

b) Diez mil cuadrados iguales.

Solución:

a) Sea V el volumen del sólido debajo de la superficie 2 236z x y= − − y arriba del rectángulo D . Entonces se desea

estimar a V de la siguiente manera:

( ) ( )2 2

2 2 * *

1 136 ,i j ijD

i jV x y dA f x y A

= =

= − − ≈ ∆∑∑∫∫

donde ( ) ( )ji*

j*

i y,xy,x =

La región R y su partición se muestran en la siguiente figura.

Figura 1.14

Partición empleada para el ejemplo 1.2

EJEMPLO 1.2

Figura 1.13

Sólido del ejemplo 1.2

Como [ ] [ ]0, 4 0, 4D = ×

y se divide en 4

subcuadrados, entonces

2n m= =

4 0 22

b axn− −

∆ = = =

4 0 23

d cym− −

∆ = = =

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18

Luego, la aproximación del volumen es:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 2 3 2 3

2 2* *

1 1 1 1 1 1, 2 , 2 4 4 16 2 2i j ij

i j i j i jV f x y A f i j i j

= = = = = =

≈ ∆ = = − − ∑∑ ∑∑ ∑∑

Resolviendo de manera análoga al ejemplo anterior:

( )2 236 256D

V x y dA= − − ≈∫∫

Figura 1.15

Volumen aproximado en el ejemplo 1.2 parte a

En la figura 1.15, se observa la superficie definida por la función f

y los paralelepípedos aproximantes empleados.

En el ejemplo 1.2 parte

a, la aproximación del

volumen obtenida es por

defecto ya que las cajas

rectangulares empleadas

se encuentran dentro del

sólido S .

( )( )2 2 4ijA x y∆ = ∆ ∆ = =

Como ( ) ( )ji*

j*

i y,xy,x = ,

entonces

( )0 0 2 2ix x i x i i= + ∆ = + =

( )0 0 2 2jy y j y j j= + ∆ = + =

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19

b) Ahora la región D , está dividida en diez mil subcuadrados

iguales; es decir, 100n m= = . Por lo tanto, la estimación del

volumen del sólido viene dada por:

( ) ( )100 100

2 2 * *

1 136 ,i j ijD

i jV x y dA f x y A

= =

= − − ≈ ∆∑∑∫∫

Realizar este cálculo como se ha ilustrado en los ejemplos 1.1 y la

parte a de éste, es muy largo pues el número de subcuadrados es

elevado. Entonces para resolver la doble suma de Riemann

planteada es necesario emplear un software matemático.

A continuación se presenta los resultados obtenidos, con un

software matemático, para el ejemplo 1.2 parte b. También se

incluye otra aproximación empleando una partición aún más

refinada.

Número de subcuadrados n m ( )* *

1 1,

n m

i j iji j

f x y A= =

∆∑∑

Diez mil 100 100 402,7648

Un millón 1.000 1.000 405,077248

Cuadro 1.2

Aproximaciones del volumen del sólido planteado en el ejemplo 1.2

Con la ayuda del software se obtuvo las siguientes

aproximaciones:

( )2 236 402 7648D

V x y dA ,= − − ≈∫∫

( )2 236 405 077248D

V x y dA ,= − − ≈∫∫

En el ejemplo 1.2 parte

b, se aprecia que la

aproximación del

volumen del sólido S

aumenta a medida que se

incrementa el número de

subcuadrados.

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20

Sea S el sólido que se encuentra arriba del cuadrado

[ ] [ ]1130 ,,D −×= y bajo el plano de ecuación yz −=1 . Estime el

volumen del sólido considerando:

a) 3=n , 2=m y el punto de muestra como el punto medio de

cada subrectángulo.

b) 6=n , 8=m y el punto de muestra como el punto medio de

cada subrectángulo.

Solución:

a) Sea V el volumen del sólido debajo de la superficie yz −= 1 y

arriba del rectángulo D .

La región D y su partición se muestran en la siguiente figura

Figura 1.17

Partición empleada para el ejemplo 1.3 parte a

EJEMPLO 1.3

Figura 1.16

Sólido del ejemplo 1.3

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21

Entonces se desea estimar a V de la siguiente manera:

( ) ( )3 2

1 11 * *

i j ijDi j

V y dA f x , y A= =

= − ≈ ∆∑∑∫∫ , donde ( )* *,i jx y es el punto

medio de cada subrectángulo, entonces se tiene:

( ) jjyy,xf *j

*j

*i −=

−=−=25

23211

Luego, la aproximación del volumen es:

( ) 62125 3

1

3

1

2

1

==

−≈ ∑∑∑

== = ii jjV

( )1 6D

V y dA= − ≈∫∫

En la figura 1.18, se observa la superficie definida por la función f

y la aproximación del volumen.

Figura 1.18

Aproximación del volumen para el ejemplo 1.3 parte a

Si 2=m y 3=n ,

entonces

13

03=

−=

−=∆

nabx

( ) 12

11=

−−=

−=∆

mcdy

( )( ) 1=∆∆=∆ yxAij

( ) 2101 −=∆−+=− jyjyy j

jyjyyj +−=∆+= 10

En el ejemplo 1.3 parte

a, en la aproximación del

volumen, se observa que

la gráfica de la función

f atraviesa a los

paralelepípedos, por lo

cual no se puede asegurar

si la aproximación es por

exceso o por defecto.

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22

b) Se desea estimar el volumen V pero ahora con una partición

refinada, donde 6=n y 8=m . En la figura 1.19 se aprecia

esta partición.

Figura 1.19

Partición empleada para el ejemplo 1.3 parte b

( ) ( )3 2

1 11 * *

i j ijDi j

V y dA f x , y A= =

= − ≈ ∆∑∑∫∫ , donde ( )* *,i jx y sigue siendo

el punto medio de cada subrectángulo, pero como la partición es

más fina, entonces:

( )48

178

9211 jjyy,xf *j

*j

*i −=

−=−=

Entonces el volumen aproximado es:

6881

81

4817 6

1

6

1

8

1

==

−≈ ∑∑∑

== = ii j

jV

( )1 6D

V y dA= − ≈∫∫

Si 6=n y 8=mentonces

21

=−

=∆n

abx

41

=−

=∆m

cdy

81

=∆ ijA

( )4

5101−

=∆−+=−

jyjyy j

44

0−

=∆+=jyjyyj

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23

En la figura 1.20 se aprecia la aproximación del volumen del sólido

S empleando la partición más refinada.

Figura 1.20

Aproximación del volumen para el ejemplo 1.3 parte b

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24

1.4 INTEGRALES ITERADAS

Para evaluar una integral definida en un intervalo cerrado se

tienen dos alternativas: la definición, donde se emplean fórmulas y

propiedades de la notación sigma y además, la resolución de un

límite; la otra opción para resolver una integral definida de una

función real de variable real, es el Segundo Teorema Fundamental

del Cálculo, el cual consiste en encontrar una antiderivada y

evaluarla en los extremos del intervalo de integración. El primer

método, la definición como el límite de una suma suele ser un

procedimiento más riguroso en comparación con el segundo.

Análogamente, la resolución de una integral doble por definición

es un cálculo muy complejo, ya que es el resultado del límite de

una doble suma de Riemann.

A continuación se expone un método que consiste en expresar

una integral doble como una integral iterada, lo cual implica la

evaluación sucesiva de dos integrales simples.

DEFINICIÓN: La Integral Iterada

Sea 2f : → una función real y continua de dos variables,

definida en la región rectangular [ ] [ ]dcbaD ,, ×= . La integral

iterada de la función f sobre D , denotada por

d b

c af ( x, y )dxdy∫ ∫ ó

b d

a cf ( x, y )dydx∫ ∫ , se define como:

( ) ( )

d b d b

c a c af x, y dxdy f x, y dx dy = ∫ ∫ ∫ ∫ (I.20)

O también

( ) ( )

b d b d

a c a cf x, y dydx f x, y dy dx = ∫ ∫ ∫ ∫ (I.21)

Segundo Teorema

Fundamental del

Cálculo Si f es una función continua en el intervalo cerrado [ ]b,a y si F es

una antiderivada de f , entonces:

( ) ( )

( ) ( ) ( )

b b

aab

a

f x dx F x

f x dx F b F a

=

= −

∫∫

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25

Entonces, la integral iterada es la evaluación sucesiva de dos

integrales simples. En la ecuación (I.20), la integral que debe

resolverse primero es la que se encuentra dentro del corchete; es

decir, ( )

b

af x,y dx∫ . El resultado de esta integral es una función de

y, ya que y se considera constante. Tal como se ilustra:

( ) ( )

b

af x,y dx A y=∫ (I.22)

Finalmente:

( ) ( ) ( )

d b d b d

c a c a cf x, y dxdy f x, y dx dy A y dy = = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ (I.23)

En forma análoga, en la expresión (I.21), la integral

( )

b d

a cf x, y dydx∫ ∫ se resuelve primero ( )

d

cf x, y dy∫ , resultando una

función de x, como sigue:

( ) ( )

d

cf x,y dy A x=∫ (I.24)

para luego integrar respecto a y:

( ) ( ) ( )

b d b d b

a c a c af x, y dydx f x, y dy dx A x dx = = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ (I.25)

Evalúe las siguientes integrales iteradas:

a) ( ) 3 2 2

0 04x y dxdy+∫ ∫ b) ( ) 2 3 2

0 04x y dydx+∫ ∫

c) ( ) 4 4 2 2

0 036 x y dxdy− −∫ ∫ d) ( ) 4 4 2 2

0 036 x y dydx− −∫ ∫

e) ( ) 1 3

1 01 y dxdy

−−∫ ∫ f) ( )

3 1

0 11 y dydx

−−∫ ∫

EJEMPLO 1.4

Recuerde que en la

integral ( )

b

af x,y dx∫ , la

dx indica que la variable de integración es x, por lo tanto la variable y se considera constante en esta integral. Esto se conoce como integración parcial con respecto a x Entonces para resolver

( )

d

cf x,y dy∫ se integra

parcialmente respecto a la variable y; es decir x es considerada constante.

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26

Solución:

a) Para resolver la integral ( ) 3 2 2

0 04x y dxdy+∫ ∫ , primero se integra

parcialmente respecto a x,

( ) 23 2 2

0 0

84 4 83 3xx y dx xy y

+ = + = +

Luego se evalúa la segunda integral

3 3 2

0 0

8 88 4 8 36 443 3

y dy y y + = + = + = ∫

Por lo tanto:

( ) 3 2 2

0 04 44x y dxdy+ =∫ ∫

b) Se desea resolver ( ) 2 3 2

0 04x y dydx+∫ ∫ :

( ) 3 3 2 2 2 2

0 04 2 3 18x y dy x y y x + = + = + ∫

( ) 2 2 2 3

0 03 18 18 8 36 44x dx x x + = + = + = ∫

( ) 2 3 2

0 04 44x y dydx+ =∫ ∫

c) Para resolver la integral ( ) 4 4 2 2

0 036 x y dxdy− −∫ ∫ , primero se

integra parcialmente respecto a x:

( ) 43 4 2 2 2 2 2

0 0

64 36836 36 144 4 43 3 3xx y dx x y x y y

− − = − − = − − = −

Recuerde que en el

ejemplo 1.1 se aproximó

la integral doble de dos

maneras diferentes:

( )2 4 63D

V x y dA= + ≈∫∫

( )2 4 43 5D

V x y dA ,= + ≈∫∫

Al comparar estas

aproximaciones con el

valor de la integral, en

efecto se puede

comprobar que la primera

estimación es por exceso,

mientras que la segunda

es una mejor

aproximación.

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27

Luego se resuelve la segunda integral, cuya variable es y

4 4 2 3

0 0

368 368 4 1472 256 12164 405 33 3 3 3 3 3

y dy y y , − = − = − = ≈ ∫

Por lo tanto:

( ) 4 4 2 2

0 036 405 3x y dxdy ,− − =∫ ∫

d) Resolviendo ( ) 4 4 2 2

0 036 x y dydx− −∫ ∫

( ) 4

4 2 2 2 3 2 2

0 0

1 64 36836 36 144 4 43 3 3

x y dy y x y y x x − − = − − = − − = − ∫

4 4 2 3

0 0

368 368 4 1472 2564 405 33 3 3 3 3

x dx x x , − = − = − = ∫

( ) 4 4 2 2

0 036 405 3x y dydx ,− − =∫ ∫

e) Para resolver la integral ( ) 1 3

1 01 y dxdy

−−∫ ∫ , primero se integra

respecto a x como sigue:

( ) ( ) ( ) 3 3

0 01 1 3 1y dx y x y− = − = − ∫

Seguidamente se resuelve la integral:

( ) [ ] 1

1 2

11

33 1 1 62

y dy y−

− = − − = ∫

Es decir:

Recuerde que en el

ejemplo 1.2 parte a se

obtuvo una aproximación

por defecto de:

( )2 236 256D

V x y dA= − − ≈∫∫

Mientras que en la parte

b, se obtuvo:

402 7648V ,≈ y

405 077248V ,≈

Al observar el valor real

de la integral doble,

( ) 4 4 2 2

0 036 405 3x y dxdy ,− − =∫ ∫

se puede concluir que

las aproximaciones de la

parte b son mejores que

la estimación de la parte

a.

En el ejemplo 1.3, se

aproximó la integral

doble mediante una

doble suma de Riemann

con dos particiones

diferentes, donde en

ambos casos se obtuvo:

( )1 6D

V y dA= − ≈∫∫

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28

( ) 1 3

1 01 6y dxdy

−− =∫ ∫

f) Ahora se resuelve ( ) 3 1

0 11 y dydx

−−∫ ∫ en el orden de integración

inverso, primero respecto a la variable x:

( ) 12 1

11

1 31 22 2 2yy dx y

−−

− = − = − − = ∫

Ahora respecto a la variable y:

3

02 6dx =∫

( ) 3 1

0 11 6y dydx

−− =∫ ∫

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29

1.5 TEOREMA DE FUBINI

El siguiente teorema proporciona un método práctico para evaluar

una integral doble expresándola como una integral iterada

Demostración intuitiva:

Considere que la función f es positiva, es decir, ( ) 0, ≥yxf , por lo

cual la integral doble ( )D

f x, y dA∫∫ representa el volumen del

sólido S que se encuentra arriba del rectángulo D y por debajo

de la superficie definida por ( )yxfz ,= .

El volumen del sólido S también puede ser calculado empleando

el principio de Cavalieri, donde el volumen de secciones

transversales conocidas se calcula mediante una integral simple.

( )

b

aV A x dx= ∫ (I.26)

En la figura 1.21 se ilustra una sección transversal del sólido S .

TEOREMA de Fubini para Integrales Dobles

Sea 2f : → una función real y continua en el rectángulo

[ ] [ ]dcbaD ,, ×= , entonces:

( ) ( ) ( )

d b b d

D c a a cf x, y dA f x, y dxdy f x, y dydx= =∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ (I.25)

El nombre de Teorema de Fubini se debe al matemático italiano:

Guido Fubini

(1879, 1943).

También resaltó por sus contribuciones en los campos de geometría diferencial, ecuaciones diferenciales, funciones analíticas y funciones de varias variables.

El principio de Cavalieri se debe al matemático

italiano

Bonaventura FrancescoCavalieri

(1598, 1647).

Célebre por introducir en Italia el cálculo logarítmico y por su teoría de indivisibles, la cual es el principio del cálculo de una integral definida pero sin la rigurosidad moderna del límite.

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30

Figura 1.21

Interpretación geométrica del Teorema de Fubini

donde ( )xA es el área de la sección transversal del sólido S que

es perpendicular al eje x y al plano xy , entonces ( )xA se puede

obtener como:

( ) ( )

d

cA x f x, y dy= ∫ (I.27)

Sustituyendo la ecuación (I.27) en (I.26), se obtiene:

( ) ( )

b d

D a cV f x, y dydx f x, y dydx= =∫∫ ∫ ∫ (I.28)

En forma análoga, el volumen del sólido S se puede obtener

como:

( )

d

cV A y dy= ∫ (I.29)

z = f(x,y)

D

A(x)

a

b

x = x0

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31

donde ( )yA es el área de la sección transversal del sólido S que

es perpendicular al eje y y al plano xy , como se ilustra en la

figura 1.22; es decir:

( ) ( )

b

aA y f x, y dx= ∫ (I.30)

Al sustituir la expresión de ( )yA en la ecuación (I.29) se tiene:

( ) ( )

d b

D c aV f x, y dydx f x, y dxdy= =∫∫ ∫ ∫ (I.31)

Finalmente, se concluye que la integral doble de f sobre D es

igual a la integral iterada de la función f ; es decir:

( ) ( ) ( )

b d d b

D a c c af x, y dA f x, y dydx f x, y dxdy= =∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ (I.32)

Figura 1.22

Interpretación geométrica del

teorema de Fubini

( )A y es el área de la

sección transversal del sólido S que es perpendicular al eje y y al plano xy .

( )A y

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32

1.6 INTEGRALES DOBLES SOBRE REGIONES MÁS GENERALES

En esta sección se amplía la definición de la integral doble de una

función f , sobre regiones más generales que rectángulos, para

posteriormente explicar cómo se resuelven este tipo de integrales.

En la figura 1.23 se presenta una región D de una forma más

general.

Figura 1.23

Región D con una forma más general

Entre las regiones más generales se tienen las de tipo 1 y las de

tipo 2.

En otras palabras, la región D está limitada por la izquierda por la

recta ax = , por la derecha por la recta bx = , inferiormente por la

DEFINICIÓN: Regiones de Tipo 1

Sean [ ], : ,g h a b → , dos funciones reales de variable real,

continuas en [ ]b,a , de modo que ( ) ( ) [ ]g x h x , x a,b≤ ∀ ∈ .

Una región de tipo 1, es una región definida como:

( ) ( ) ( ) ,D x y a x b g x y h x= ≤ ≤ ∧ ≤ ≤ (I.33)

Como las funciones f y g son continuas en [ ]b,a , entonces son acotadas, por lo cual la región D del tipo 1 es una región acotada del plano.

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33

gráfica de la función g y superiormente por la gráfica de la función

h .

En la figura 1.24 se observan algunas regiones de tipo 1.

Figura 1.24

Regiones de tipo 1

Entonces toda región D está limitada por la izquierda por la

gráfica de la función g , por la derecha por la gráfica de la función

h , y superior e inferiormente por las rectas y d= y y c= ,

respectivamente.

En la figura 1.25 se aprecian algunas regiones de tipo 2.

DEFINICIÓN: Regiones de Tipo 2

Sean [ ], : ,g h c d → , dos funciones reales de variable real,

continuas en [ ],c d , de modo que ( ) ( ) [ ], ,g y h y y c d≤ ∀ ∈ .

Una región de tipo 2, es una región definida como:

( ) ( ) ( ) , cD x y g y x h y y d= ≤ ≤ ∧ ≤ ≤ (I.34)

En una región de tipo 1 ó de tipo 2, las curvas y segmentos de rectas que limitan a la región D , constituyen la frontera de D y se denota como D∂ .

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34

Figura 1.25

Regiones de tipo 2

Una vez explicadas las regiones de tipo 1 y de tipo 2, se presenta

la siguiente definición:

Ahora bien, para resolver la integral ( )D

f x, y dA∫∫ , se debe

identificar si la región D es de tipo 1 o de tipo 2.

DEFINICIÓN: Integrales dobles sobre regiones generales

Sea 2f : → una función real y continua de dos variables,

definida en una región general D .

Sea R un rectángulo que contiene a la región D .

Sea F una función definida en el rectángulo R como:

( )( ) ( )

( ) ( )

si

si 0

x, y Df x, yF x, y

x, y D x, y R

∈= ∉ ∧ ∈

(I.35)

La integral doble de f sobre D , denotada ( )D

f x, y dA∫∫ , está

dada por:

( ) ( )D R

f x, y dA F x, y dA=∫∫ ∫∫ (I.36)

Algunas regiones pueden ser del tipo 1 del tipo 2 simultáneamente, a estas regiones se les clasifica como de tipo 3.

Ejemplo:

21y x= −

21y x= − −

Figura 1.26

El círculo unitario como una región

tipo 1

2 1x y= − −

21x y= −

Figura 1.27

El círculo unitario como una región

tipo 2

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35

Si la región D es de tipo 1, se debe seleccionar un rectángulo

[ ] [ ]R a,b c,d= × que contenga a D , tal como se ilustra en la

siguiente figura.

Figura 1.28

Rectángulo R que contiene a la región D de tipo 1

Luego, como ( ) ( )D R

f x, y dA F x, y dA=∫∫ ∫∫ , por el teorema de Fubini

resulta:

( ) ( )

b d

R a cF x, y dA F x, y dydx=∫∫ ∫ ∫ (I.37)

Y según la definición de la función F , se tiene que ( ) 0F x, y = si

( ) ( ) y g x y h x< ∨ > , entonces:

( ) ( )( )

( ) ( )( )

( )

d h x h x

c g x g xF x, y dy F x, y dy f x, y dy= =∫ ∫ ∫ (I.38)

Por lo que se puede definir la integral doble sobre una región de

tipo 1 de la siguiente manera:

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36

Si por el contrario, la región D es de tipo 2, se debe seleccionar

un rectángulo [ ] [ ]R a,b c,d= × que contenga a D , tal como se

muestra en la figura 1.29.

x

yx = h(y)

c

d

x = g(y)

D

ba

R

Figura 1.29

Rectángulo R que contiene a la región D de tipo 2

Como ( ) ( )D R

f x, y dA F x, y dA=∫∫ ∫∫ , por el teorema de Fubini se

tiene:

( ) ( )

d b

R c aF x, y dA F x, y dxdy=∫∫ ∫ ∫ (I.41)

DEFINICIÓN: Integrales dobles sobre regiones de tipo 1

Sea f una función real y continua de dos variables, definida

en una región D del tipo 1, tal que

( ) ( ) ( ) ,D x y a x b g x y h x= ≤ ≤ ∧ ≤ ≤ (I.39)

La integral doble de f sobre una región D de tipo 1, denotada

( )D

f x, y dA∫∫ , está dada por:

( ) ( )( )

( )

b h x

D a g xf x, y dA f x, y dydx=∫∫ ∫ ∫ (I.40)

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37

donde ( ) 0F x, y = si ( ) ( ) xx g y h y< ∨ > , entonces:

( ) ( )( )

( ) ( )( )

( )

b h y h y

a g y g yF x, y dx F x, y dx f x, y dx= =∫ ∫ ∫ (I.42)

La integral doble sobre una región del tipo 2 se puede definir

como:

De ahora en adelante, para indicar el orden de integración y para

una mejor visualización de los límites de integración, se emplearán

unas flechas, sobre la gráfica de la región D , que indicarán el

valor inicial y final de la variable de acuerdo a la entrada y salida

de la flecha, respectivamente.

En una región de tipo 1, la integral doble de la función f se

obtiene como ( )( )

( )

b h x

a g xf x, y dydx∫ ∫ , de acuerdo a la ecuación (I.40),

esta integral indica que la primera integración se realiza respecto a

la variable y , por lo cual se indicará sobre la región D como se

ilustra en la siguiente figura:

DEFINICIÓN: Integrales dobles sobre regiones de tipo 2

Sea f una función real y continua de dos variables, definida

en una región D del tipo 2, tal que

( ) ( ) ( ) ,D x y g y x h y c y d= ≤ ≤ ∧ ≤ ≤ (I.43)

La integral doble de f sobre una región D de tipo 2, denotada

( )D

f x, y dA∫∫ , está dada por:

( ) ( )( )

( )

d h y

D c g yf x, y dA f x, y dxdy=∫∫ ∫ ∫ (I.44)

COMENTARIO

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38

Figura 1.30

Orden de integración para la integral doble de f sobre una región tipo 1

Por otra parte, la ecuación (I.44) señala que en una región de tipo

2, la integral doble de la función f se obtiene como

( )( )

( )

d h y

c g yf x, y dxdy∫ ∫ , lo que indica que la primera integración se

realiza respecto a la variable x, por lo cual se señalará sobre la

región D como se muestra a continuación:

x

yx = h(y)

c

d

x = g(y)

D

ba

R

Figura 1.31

Orden de integración para la integral doble de f sobre una región tipo 2

: Indica cual es el valor de la variable y a la salida de la región D (límite superior).

: Indica cual es el

valor de la variable y a la entrada de la región D (límite inferior).

: Indica cual es el valor de la variable x a la salida de la región D (límite superior).

: Indica cual es el

valor de la variable x a la entrada de la región D (límite inferior).

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39

Evalúe las siguientes integrales iteradas, dibuje la región D

determinada por los límites de integración e indique cuales

regiones son del tipo 1, del tipo 2 o de ambos.

a)2 1

0 0

xdydx∫ ∫ b)

2 3 1

1 2

x

xdydx

+

∫ ∫

c)2

2

2 4

0 4

y

ydxdy

− −∫ ∫ d) 1

0

ye

yxdxdy∫ ∫

Solución:

a) Para resolver la integral2 1

0 0

xdydx∫ ∫ , se evalúa primero la integral

interna, pero a diferencia del ejemplo 1.4 de aquí en adelante se

mantendrá la integral externa, como sigue:

2 2 2 13 1 1 1 1 2

0 0 0 0 0 0 0 0

13 3

x x x xdydx dy dx y dx x dx = = = = = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2 1

0 0

13

xdydx =∫ ∫

La región D de este ejercicio es de tipo 1 y de tipo 2, ya que se

puede definir como:

Región tipo 1: ( ) 2, 0 1 0D x y x y x= ≤ ≤ ∧ ≤ ≤

Región tipo 2: ( ) , y 1 0 1D x y x y= ≤ ≤ ∧ ≤ ≤

La gráfica de la región D, junto con el orden de integración se

muestra en la siguiente figura:

Figura 1.32

Sólido del ejemplo 1.5 parte a

Figura 1.33

Función f definida en

la región D del ejemplo 1.5 parte a

EJEMPLO 1.5

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40

Figura 1.34

Región D del ejemplo 1.5 a

b) Se desea resolver la integral 2 3 1

1 2

x

xdydx

+

∫ ∫

( ) 2 3 1 2 3 1 2 23 1

2 1 2 1 2 1 11

x x x

xx xdydx dy dx y dx x dx

+ + + = = = + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( ) 22

2

1 1

1 512 2

xx dx

++ = =∫

2 3 1

1 2

52

x

xdydx

+=∫ ∫

La región D es una región de tipo 1, definida como:

( ) , 1 2 2 3 1D x y x x y x= ≤ ≤ ∧ ≤ ≤ +

La gráfica de la región D se muestra en la siguiente figura

En el ejemplo 1.5 a la integral 2 1

0 0

13

xdydx =∫ ∫ , lo

cual quiere decir que el sólido definido sobre D bajo la gráfica de f , tiene como volumen

13

(UL)3, donde UL son

unidades de longitud.

Figura 1.35

Sólido del ejemplo 1.5 parte b

Figura 1.36 Función f definida en

la región D del ejemplo 1.5 parte b

D

Valor de y a la salida de D

2y x=

Valor de y a la entrada de D

0y =

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41

Figura 1.37

Región D del ejemplo1.5 b

c) Resolviendo la integral doble2

2

2 4

0 4

y

ydxdy

− −∫ ∫ , se tiene:

2 2 2

22 2

2 4 2 4 2 2 4 2 4 0 4 0 4 0 0

2 4y y y

yy ydxdy dx dy x dy y dy

− − −

− −− − − −

= = = − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Esta integral se resuelve empleando una sustitución

trigonométrica:

2

2

2 2 4 2 22

0 4 0 02 4 4 1

2y

y

ydxdy y dy dy−

− −

= − = − ∫ ∫ ∫ ∫

Al sustituir el cambio de variable se tiene:

Figura 1.38 Sólido del ejemplo 1.5

parte c

Figura 1.39

Función f definida en

la región D del ejemplo 1.5 parte c

x = 2

x =1

D

Valor de y a la salida de D

3 1y x= +

Valor de y a la entrada de D

2y x=

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42

( )2

2

2 4 2 22 2 0 4 0 0

4 1 2cos 8 cosy

ydxdy sen d d

π π

θ θ θ θ θ−

− −= − =∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( )2

2

2 2 4

2 0 4 0

0

1 cos 2 28 4 2

2 2y

y

sendxdy d

ππ θ θ

θ θ π−

− −

+ = = + =

∫ ∫ ∫

2

2

2 4

0 42

y

ydxdy π

− −=∫ ∫

La región D del ejemplo 1.5 c es de tipo 1 y de tipo 2, ya que se

puede definir como:

Región tipo 1: ( ) 2, 2 2 0 4D x y x y x= − ≤ ≤ ∧ ≤ ≤ −

Región tipo 2: ( ) 2 2, 4 4 0 2D x y y x y y= − − ≤ ≤ − ∧ ≤ ≤

La gráfica de la región D se muestra en la siguiente figura:

Figura 1.40

Región D del ejemplo 1.5 c

CV: Cambio de Variable

2y senθ=

2cosdy dθ θ=

CLI: Cambio de los límites de integración

LI: 0 0 0y arcsenθ= → = =

LS:

2 12

y arcsen πθ= → = =

De radio = 2 y altura = 1 por lo tanto se puede calcular su volumen como:

( ) ( )22 12

2V

ππ= =

lo que coincide con la integral:

2

2

2 4

0 42

y

ydxdy π

− −=∫ ∫

y =0

D

Valor de x a la entrada de D

24x y= − −

Valor de x a la salida de D

24x y= −

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43

d) La integral 1

0

ye

yxdxdy∫ ∫ es diferente a las tres partes

anteriores, ya que la función integrando es diferente a la unidad.

3 1 1 1 13 32 2 2

0 0 0 0

2 23 3

yy y e ye e

y y yxdxdy xdx dy x dy e y dy

= = = − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

13 1 5 3 3

2 2 2 2 0

0

2 2 2 2 2 2 2 4 323 3 5 3 3 5 3 9 45

y ye

yxdxdy e y e e = − = − − = − ∫ ∫

1 32

0

4 329 45

ye

yxdxdy e= −∫ ∫

La región D es una región de tipo 2, definida como:

( ) , y 0 1yD x y x e y= ≤ ≤ ∧ ≤ ≤

La gráfica de la región D se muestra en la siguiente figura:

Figura 1.43

Región D del ejemplo 1.5 d

Figura 1.41 Sólido del ejemplo 1.5

parte d

Figura 1.42 Función f definida en

la región D del ejemplo 1.5 parte d

y = 0

y = 1

D

Valor de x a la entrada de D

x y=

Valor de x a la salida de D

yx e=

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44

1.7 PROPIEDADES DE LA INTEGRAL DOBLE

A continuación se presentan las propiedades de la integral doble

de una función 2f : → real de dos variables sobre una región

general D.

1.7.1 Propiedad de linealidad

Sean 2f : → y 2g : → dos funciones reales y continuas

definidas en una región D , y sean α y β dos números reales

cualesquiera, entonces:

( ) ( ) ( ) ( ), , , ,D D D

f x y g x y dA f x y dA g x y dAα β α β+ = + ∫∫ ∫∫ ∫∫

(I.45)

1.7.2 Propiedad de orden

Sean 2f : → y 2g : → dos funciones reales y continuas

definidas en una región D , tales que ( ) ( )f x, y g x, y≥ ( )x, y D∀ ∈ ,

entonces:

( ) ( ), ,D D

f x y dA g x y dA≥∫∫ ∫∫ (I.46)

1.7.3 Propiedad aditiva respecto a la región de integración

Sea 2f : → una función real y continua definida en una región

general D . Si la región D está dividida en dos subregiones 1D y

2D (es decir 1 2D D D= ∪ ), entonces:

( ) ( ) ( )1 2

, , ,D D D

f x y dA f x y dA f x y dA= +∫∫ ∫∫ ∫∫ (I.47)

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45

Evalúe la siguiente integral doble y dibuje la región D .

( )1D

x y dA+ +∫∫ , ( ) 2 2 3 3 6D x, y y x x y y x= ≥ + ∧ ≤ ∧ ≤ +

Solución:

El primer paso para resolver este ejercicio es identificar si la región

D es tipo 1 o tipo 2. En la siguiente figura se muestra la región D .

Figura 1.45

Región D del ejemplo 1.6

La región D de este ejemplo no es de tipo 1, ni de tipo 2, por lo

tanto, para evaluar la integral doble pedida, se empleará la

propiedad señalada en la ecuación (I.47).

Para este ejemplo, se tienen dos alternativas: dividir a la región D

en dos subregiones tipo 1 o dividirla en dos subregiones tipo 2. A

continuación se analizan ambas situaciones.

i) Cuando la región D es dividida por la recta 1x = − , se obtienen

dos subregiones de tipo 1; es decir, 1 2D D D= ∪ , donde:

( ) 21 , 2 1 2 3 6D x y x x x y x= − ≤ ≤ − ∧ + ≤ ≤ + y

( ) 22 , 1 1 2 3D x y x x x y= − ≤ ≤ ∧ + ≤ ≤

EJEMPLO 1.6

y = x2+2x

y = 3x+6

y = 3

Figura 1.44 Función f definida en

la región D del ejemplo 1.6

Nótese como en este ejemplo la función f no es estrictamente positiva.

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46

En la figura 1.46 se aprecia la región D dividida en dos regiones

tipo 1.

Figura 1.46

Región D del ejemplo 1.6 dividida en dos regiones tipo 1

Por lo tanto:

( ) ( ) ( )2 2

1 3 6 1 3

2 2 1 21 1 1

x

D x x x xI x y dA x y dydx x y dydx

− +

− + − += + + = + + + + +∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫

4 2 4 1 13 3 2

2 1

5 1524 3 25 3 52 2 2 2x x xI x x dx x x x dx

− −

= − − − + + + − − + +

∫ ∫

29 17260 15

I = +

( ) 239120D

I x y dA= + + =∫∫

ii) Cuando se traza la recta 0y = , la región D se divide en dos

subregiones de tipo 2; es decir, A BD D D= ∪ , donde:

( ) , 1 1 1 1 1 0AD x y y x y y= − − + ≤ ≤ − + + ∧ − ≤ ≤ y

( ) 6, 1 1 0 33B

yD x y x y y− = ≤ ≤ − + + ∧ ≤ ≤

D1

D2

Valor de y a la salida de D2

3y =

Valor de y a la salida de D1

3 6y x= +

Valor de y a la entrada de D2

2 2y x x= + Valor de y a la entrada de D1

2 2y x x= +

1x = −

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47

La figura 1.47 muestra la región D dividida en dos regiones tipo 2.

Figura 1.47

Región D del ejemplo 1.6 dividida en dos regiones tipo 2

Entonces, siendo ( )1D

I x y dA= + +∫∫ , se tiene que:

( ) ( ) 0 1 1 3 1 1

6 1 1 1 0 3

1 1y y

yyI x y dxdy x y dxdy

− + + − + +

−− − − +

= + + + + +∫ ∫ ∫ ∫

Resolviendo se obtiene 8 74915 60

I = − + , luego:

( ) 239120D

I x y dA= + + =∫∫

DA

DB

1

Valor de x a la salida de DB

1 1x y= − + +

Valor de x a la salida de DA

1 1x y= − + +

Valor de x a la entrada de DB

63

yx −=

Valor de x a la entrada de DA

1 1x y= − − +

0y =

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48

Evalúe la siguiente integral doble y dibuje la región D .

( )210 4D

x y dA+ −∫∫ , ( ) 2 22 4D x, y y x x y= − ≤ ∧ + ≤

Solución:

Tal como se explicó en los ejemplos anteriores, el primer paso

para resolver la integral doble planteada consiste en clasificar a la

región D en una región de tipo 1 o tipo 2. Para ello se deben

estudiar las inecuaciones que definen a la región D .

La solución de la inecuación 2y x− ≤ es la intersección de las

inecuaciones: i) 2y x− ≤ (si y x≥ )

ii) 2x y− ≤ (si y x< )

La solución de la inecuación 2 2 4x y+ ≤ es el conjunto de pares

ordenados ( )x, y que se encuentran dentro y sobre la

circunferencia de radio 2 y con centro en el origen del sistema de

coordenadas.

La región D del ejemplo 1.7 se muestra en la figura 1.49

Figura 1.49

Región D del ejemplo 1.7

EJEMPLO 1.7

Figura 1.48

Función f definida en

la región D del ejemplo 1.7

Según la definición del valor absoluto:

si

si

y x y xy x

x y y x

− ≥− = − <

D

2y x= +2 2 4x y+ =

2y x= −

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49

En la figura anterior se aprecia que la región D no es de tipo 1, ni

de tipo 2, por lo tanto, para evaluar la integral doble pedida, se

emplea la propiedad aditiva respecto a la región de integración,

señalada en 1.7.3. Por lo que la región D se divide en dos

regiones tipo 1, esto es: 1 2D D D= ∩ , las cuales se detallan en la

figura 1.50.

Figura 1.50

Región D del ejemplo 1.7 dividida en dos regiones tipo 1

Donde: ( ) 21 , 2 0 4 2D x y x x y x= − ≤ ≤ ∧ − − ≤ ≤ + y

( ) 22 , 0 2 2 4D x y x x y x= ≤ ≤ ∧ − ≤ ≤ −

Por lo tanto:

( ) ( ) ( )1 2

2 2 210 4 10 4 10 4D D D

I x y dA x y dA x y dA= + − = + − + + −∫∫ ∫∫ ∫∫

( ) ( )2

2

0 2 2 42 2

2 4 0 210 4 10 4

x x

x xI x y dydx x y dydx

+ −

− − − −= + − + + −∫ ∫ ∫ ∫

( )( )

0 2 3 2 2 2

2

2 2 3 2 2 2

0

8 20 10 4 4 7 4 4

12 20 10 4 4 9 4 4

I x x x x x x dx

x x x x x x dx

−= + + − + + + − +

+ − + + − − + + −

D1

D2

Valor de y a la salida de D2

24y x= −

Valor de y a la salida de D1

2y x= +

Valor de y a la entrada de D2

2y x= −

Valor de y a la entrada de D1

24y x= − −

0x =

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50

( )8014 14 243

I π π = + + +

( )2 15210 4 283D

x y dA π+ − = +∫∫

Evalúe la siguiente integral doble y dibuje la región D .

Dx y dA+∫∫ , ( ) 2 20 9D x, y y x y= ≥ ∧ + ≤

Solución:

La región D es una región tipo 1 tal como se muestra en la

siguiente figura.

Figura 1.52

Región D del ejemplo 1.8

Sin embargo, como la función integrando es un valor absoluto,

también llamado módulo, se tiene que:

( )( )

si 0

si 0

x y x yf x, y x y

x y x y

+ + ≥= + = − + + <

A continuación se debe verificar si existe intersección entre la

región y las inecuaciones 0x y+ ≥ y 0x y+ < . Este resultado se

muestra en la figura siguiente.

EJEMPLO 1.8

Figura 1.51 Función f definida en

la región D del ejemplo 1.8

D

y = 0

29y x= −

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51

Figura 1.53

Intersección de la región D con las inecuaciones 0x y+ ≥ y 0x y+ <

Entonces se tiene:

( )( )

( ) ( )

1

2

si

si

x y x, y Df x, y

x y x, y D

+ ∈= − + ∈

Donde: ( ) 2 21 0 9 0D x, y y x y x y= ≥ ∧ + ≤ ∧ + ≥ y

( ) 2 22 0 9 0D x, y y x y x y= ≥ ∧ + ≤ ∧ + <

Por lo tanto la integral doble se resuelve como:

( ) ( )1 2D D D

I x y dA x y dA x y dA= + = + + − + ∫∫ ∫∫ ∫∫

En las figuras 1.54 y 1.55, se muestra el orden de integración para

resolver las integrales dobles anteriores.

Figura 1.54

Región 1D del ejemplo 1.8

y = 0

0x y+ ≥

D1

D2

29y x= −

y = -x

0x y+ <

D1.A

3 32 2

, −

D1.B

Valor de y a la salida de D1

.A

29y x= −

Valor de y a la entrada de D1.B

0y =

Valor de y a la entrada de D1.A

y x= −

0x =Valor de y a

la salida de D1 .B

29y x= −

En la figura 1.54, se tiene que:

1 1 1.A .BD D D= ∪

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52

Entonces:

( ) ( ) ( )2 2

1

0 9 3 93 0 02

x x

D xx y dA x y dydx x y dydx

− −

− −+ = + + +∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )1

20 32 23 02

9 99 92 2 2D

xx y dA x x dx x x dx−

+ = − + + − + −

∫∫ ∫ ∫

( ) ( )1

9 2 9 18D

x y dA+ = − +∫∫

Ahora para la región D2:

Figura 1.54

Región 2D del ejemplo 1.8

Así:

( ) ( )22

3 322 2

0 9 0

9 92

y

D yx y dA x y dxdy y y dy

− −

− + = − + = − − − ∫∫ ∫ ∫ ∫

( )2

9 2 9D

x y dA− + = − ∫∫

Por lo tanto

18 2D

I x y dA= + =∫∫

0y =

D2

Valor de x a la salida de D2

x y= −

Valor de x a la entrada de D2

29x y= − −

3 32 2

, −

Tema 10

Integrales dobles y triples

Hasta ahora se han calculado el area de figuras geometricas planas elemen-tales: el rectangulo, el cırculo, el trapecio, etc. Pero, ¿como calcular el areade figuras no regulares? Una buena aproximacion puede ser la de dividir lazona en pequenos rectangulos y sumar las areas de cada uno de ellos:

Figura 10.1: Mallado para la aproximacion del area

Esta idea era la que subyacıa en la construccion de la integral que vimosen el tema anterior y que nos permitio calcular longitudes de curvas, areaslimitadas por curvas y volumenes de cuerpos de revolucion. En este tema, segeneraliza el concepto de integral definida a funciones de dos o tres variables,obteniendo las llamadas integrales de area o de volumen, respectivamente.Esto nos permitira calcular el volumen de cuerpos limitados por superficies,no necesariamente de revolucion. Tambien permitira calcular areas median-te integrales dobles sencillas que en el tema anterior resultaban algo mascomplicadas. Se empezara definiendo la integral sobre un rectangulo.

206

10.1. Integrales dobles sobre rectangulos

Sea f(x, y) una funcion acotada sobre un rectangulo R = [a, b] × [c, d]. Unaparticion del rectangulo R son dos conjuntos de puntos xjn

j=0 e yjmj=0,

satisfaciendo

a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = b c = y0 < y1 < y2 < . . . < ym = d

es decir, P = P1 × P2, donde P1 y P2 son particiones de [a, b] y [c, d],respectivamente.

Se llama area de R a v(R) = (d−c)(b−a). Toda particion divide al rectanguloR en n · m subrectangulos Rjk = [xj−1, xj ] × [yk−1, yk], j = 1, . . . , n, k =1, . . . ,m como se observa en la Figura 10.2.

Se llama norma de la particion P a

‖P‖ = maxv(Rjk) : j = 1, . . . , n; k = 1, . . . ,m

Figura 10.2: Una particion del rectangulo R = [a, b] × [c, d]

Considerese cualquier punto cjk del rectangulo Rjk y formese la suma

S(f, P ) =n−1∑

j=0

m−1∑

k=0

f(cjk)v(Rjk)

207

llamada suma de Riemann para f

En la siguiente grafica hemos representado las sumas de Riemann para lafuncion f(x, y) = x2 + y2 tomando como punto cjk el punto medio delrectangulo y el punto inferior del rectangulo.

00.250.50.75 100.250.50.751

0

0.5

1

1.5

2

00.250.50.75 1

(a) cjk como punto inferior

00.25

0.50.75

10

0.250.50.751

0

0.5

1

1.5

2

00.25

0.50.75

(b) cjk como punto medio

Figura 10.3: Sumas de Riemann

Definicion 10.1 Si la sucesion S(f, P ) converge a un lımite S, cuandola norma de la particion tiende a 0, que es el mismo para cualquier eleccionde cjk, entonces se dice que f es integrable sobre R y se escribe

∫∫

Rf(x, y)dxdy = lım

‖P‖→0

n−1∑

j=0

m−1∑

k=0

f(cjk)v(Rjk)

A continuacion se resumen las propiedades mas importantes de las funcionesintegrables.

Teorema 10.2 Sean f y g dos funciones integrables sobre un rectanguloR. Entonces

208

1. (Linealidad) f + g es integrable sobre R y

∫∫

R(f(x, y) + g(x, y))dxdy =

∫∫

Rf(x, y)dxdy +

∫∫

Rg(x, y)dxdy

2. (Homogeneidad) αf es integrable sobre R, para todo α ∈ R, y

∫∫

Rαf(x, y)dxdy = α

∫∫

Rf(x, y)dxdy

3. (Monotonıa) Si f(x, y) ≤ g(x, y), para todo (x, y) ∈ R, entonces

∫∫

Rf(x, y)dxdy ≤

∫∫

Rg(x, y)dxdy

4. (Aditividad) Si R = P ∪Q con P y Q dos rectangulos cuya intersecciones una lınea recta o un punto o vacıa, entonces

∫∫

Rf(x, y)dxdy =

∫∫

Pf(x, y)dxdy +

∫∫

Qf(x, y)dxdy

5. (Valor absoluto) |f | tambien es integrable y se verifica

∫∫

Rf(x, y)dxdy

≤∫∫

R|f(x, y)|dxdy

Un primer ejemplo de una amplia clase de funciones integrables la propor-ciona el siguiente teorema

Teorema 10.3 Toda funcion continua sobre un rectangulo cerrado R esintegrable

Aunque la clase de las funciones integrables es mucho mas amplia, el teoremaanterior sera suficiente en muchos casos practicos.

En general, las funciones integrables son aquellas que son continuas salvo enconjuntos ”muy pequenos”.

Definicion 10.4 (Medida nula) Un subconjunto de Rn tiene contenido

nulo si, dado ǫ > 0, existe un numero finito de rectangulos que lo recubreny la suma de sus volumenes es menor que ǫ.

209

Un subconjunto de Rn tiene medida nula si, dado ǫ > 0, existe una sucesion

(finita o infinita) de rectangulos, Rn, que lo recubren y cumpliendo.

∞∑

n=1

V (Rn) < ǫ

El criterio general para saber que funciones son integrables lo proporcionael siguiente teorema

Teorema 10.5 (Criterio de Lebesgue) Una funcion definida en un rec-tangulo es integrable Riemann si, y solo si, el conjunto de puntos de discon-tinuidad de la funcion tiene medida nula.

10.1.1. Calculo de integrales dobles

El calculo de una integral doble se realiza mediante el calculo de dos inte-grales iteradas, de acuerdo al siguiente teorema:

Teorema 10.6 (Teorema de Fubini) Sea f una funcion integrable sobreun rectangulo R = [a, b] × [c, d].

1. Si para cada x ∈ [a, b], la seccion transversal fx(y) := f(x, y), y ∈ [c, d],es integrable sobre [c, d], entonces la funcion

F (x) :=

∫ d

cfx(y)dy

es integrable sobre [a, b] y se verifica∫∫

Rf(x, y)dxdy =

∫ b

aF (x)dx =

∫ b

a

(∫ d

cf(x, y)dy

)

dx

2. Si para cada y ∈ [c, d], la seccion transversal fy(x) := f(x, y), x ∈ [a, b],es integrable sobre [a, b], entonces la funcion

G(y) :=

∫ b

afy(x)dx

es integrable sobre [c, d] y se verifica∫∫

Rf(x, y)dxdy =

∫ d

cG(y)dy =

∫ d

c

(∫ b

af(x, y)dx

)

dy

210

F(x )

a

b

c

d

f(x ,y)

0

0

x = x0

a

b

c

d

f(x ,y )

0

0

G(y )

y=y 0

Figura 10.4: El teorema de Fubini

Corolario 10.7 Si f es continua sobre un rectangulo R = [a, b] × [c, d],entonces

∫∫

Rf(x, y)dxdy =

∫ b

a

(∫ d

cf(x, y)dy

)

dx =

∫ d

c

(∫ b

af(x, y)dx

)

dy

Ejemplo 10.1 Se desea calcular la integral doble∫∫

R x2y dxdy siendo R =[1, 2] × [0, 1].

Solucion: Dado que la funcion x2y es continua en R basta aplicar el Teoremade Fubini para obtener

∫∫

Rx2ydxdy =

∫ 2

1

(∫ 1

0x2ydy

)

dx =

∫ 2

1

[

x2 y2

2

]y=1

y=0

dx

=

∫ 2

1

x2

2dx =

[

x3

6

]x=2

x=1

=8

6− 1

6=

7

6

Ejercicio 10.1 Calculese la integral anterior cambiando el orden de inte-gracion.

211

10.1.2. Integrales dobles sobre recintos acotados

Para generalizar el concepto de integral doble a recintos acotados se haceuso de la funcion caracterıstica

1A(x) =

1, si x ∈ A

0, si x /∈ A

donde A ⊂ R2.

Si el conjunto A es acotado y verifica que su frontera tiene medida nula,entonces la funcion caracterıstica es integrable sobre cualquier rectangulo Rque contiene a A y, en este caso, existe

a(A) :=

∫∫

R1A(x, y)dxdy

que se llama la medida o area de A. El conjunto A se dice, entonces, medible.

Entonces, dada una funcion integrable sobre un rectangulo R ⊃ A, se define∫∫

Af(x, y)dxdy :=

∫∫

R1A(x, y)f(x, y)dxdy

En la figura siguiente puede verse graficamente este proceso, donde F (x, y) =1A(x, y)f(x, y):

-1-0.5

00.5

1

-1

-0.5

00.5

1

0

0.5

1

1.5

2

-1-0.5

00.5

1

-0.5

00.5

D

Gráfica de f(x,y)

-1

0

1

-1

0

1

0

0.5

1

1.5

2

-1

0

1

-1

0

1 Gráfica de F(x,y)

D

R

Figura 10.5: Recinto acotado y funcion caracterıstica

212

Esta definicion permite extender la integracion a recintos mas generales:aquellos que son medibles.

Por tanto, hay que reconocer los conjuntos que son medibles. Para los obje-tivos de nuestro curso basta aplicar, en general el siguiente resultado:

Teorema 10.8 La grafica de una funcion continua tiene medida nula; esdecir, si Φ(x) es una funcion continua definida en un intervalo I, el conjunto

A = (x, y) : y = Φ(x); x ∈ I

tiene medida nula.

En definitiva, los conjuntos cuya frontera esta formada por graficas de fun-ciones continuas son medibles. En particular, pueden distinguirse dos tiposde recintos:

Recintos de tipo I

A = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b; g2(x) ≤ y ≤ g1(x)

siendo g2(x), g1(x) funciones continuas en [a, b]. En este caso,

∫∫

Af(x, y)dxdy =

∫ b

a

(

∫ g1(x)

g2(x)f(x, y)dy

)

dx

g (x)

g (x)

1

2

g (x)

g (x)

1

2

g (x)

g (x)

1

2

a b a b a b

DD D

Figura 10.6: Algunos dominios de tipo I

Ejemplo 10.2 Se quiere calcular la integral∫ ∫

D(x + 2y) dy dx

213

donde D es la region acotada por la parabolas y = 2x2 e y = 1 + x2.

Solucion:

En primer lugar, tras representar gaficamente el dominio de integracion,trazamos una recta vertical, L, que pase por el dominio D y marcamos losvalores de la variables y por donde entra y sale la recta L, como puede verseen la siguiente figura.

-1 -0.5 0.5 1

0.5

1

1.5

2

2.5

3

y = 2 x

y = x +1

L

2

2

Figura 10.7: Integracion sobre una region de tipo I

La region de integracion es, por tanto, el dominio de tipo I:

D = (x, y)/ − 1 ≤ x ≤ 1 ; 2x2 ≤ y ≤ 1 + x2)Luego:

∫ ∫

D(x + 2y) dy dx =

∫ 1

−1

∫ 1+x2

2x2

(x + 2y) dy dx

Ejercicio 10.2 Calcula la integral doble∫∫

T xydxdy siendo T el recintolimitado por el triangulo de vertices A(0, 0), B(2, 0) y C(1, 1); expresandoT como un recinto de tipo I.

(Sol.: 13 )

Ejercicio 10.3 Calcula la integral doble∫∫

T x− ydxdy siendo T el recintolimitado por el triangulo de vertices A(1, 1), B(2, 4) i C(3, 3); expresando Tcomo un recinto de tipo I.

214

(Sol.: −43 )

Recintos de tipo II

A = (x, y) ∈ R2 : c ≤ y ≤ d; h1(y) ≤ x ≤ h2(y)

siendo h1(y), h2(y) funciones continuas en [c, d]. En este caso,

∫∫

Af(x, y)dxdy =

∫ d

c

(

∫ h2(y)

h1(y)f(x, y)dx

)

dy

h (y)h (y)

1

2

h (y)

h (y)

2

1

c

d

DD

h (y)h (y)

1

2

c

d

D

c

d

Figura 10.8: Algunos dominios de tipo II

Ejemplo 10.3 Calculemos la integral

∫ ∫

Dxy dy dx

donde D es la region acotada por y = x − 1 y 2x + 6 = y2.

Solucion: Despues de representar graficamente el dominio de integracion,trazamos una recta horizontal, L, que pase por el dominio D y marcamoslos valores de la variables x por donde entra y sale la recta L, como puedeverse en la siguiente figura.

215

-2 2 4 6

-2

-1

1

2

3

4

x = y / 2-32

2

x = y + 1L

Figura 10.9: Integracion sobre una region de tipo II

Luego el dominio de integracion es el dominio de tipo II:

D ≡

−2 ≤ y ≤ 4y + 1 ≤ x ≤ 1

2(y2 − 6)

Por tanto:∫ ∫

Dxy dy dx =

∫ 4

−2

∫ 1

2(y2−6)

y+1xy dx dy =

Ejercicio 10.4 Calcula la integral doble∫∫

T xydxdy siendo T el recintolimitado por el triangulo de vertices A(0, 0), B(2, 0) y C(1, 1); expresandoT como un recinto de tipo II. Compara el resultado con el obtenido en elEjercicio 10.2.

(Sol.: 13 )

Ejercicio 10.5 Calcula la integral doble∫∫

T (x−y)dxdy siendo T el recintolimitado por el triangulo de vertices A(1, 1), B(2, 4) i C(3, 3); expresandoT como un recinto de tipo II. Compara el resultado con el obtenido en elEjercicio 10.3.

(Sol.: −43 )

Algunas regiones pueden escribirse indistintamente como de tipo I o de tipoII. En estos casos, se elige aquella que resulte mas facil o mas corta. En elsiguiente ejemplo, se han calculado ambas para que se puedan comparar losprocedimientos.

216

Ejemplo 10.4 Se desea calcular la integral doble∫∫

T xydxdy siendo T eltriangulo de vertices A(0, 0), B(1, 0) y C(0, 2).

Solucion: El recinto puede verse en la figura expresado como de tipo I o detipo II

0.2 0.4 0.6 0.8 1

0.5

1

1.5

2C

A B

y=2 - 2 x

y=0

(a) Recinto de tipo I

0.2 0.4 0.6 0.8 1

0.5

1

1.5

2C

A B

x=0

x=2-y

2

(b) Recinto de tipo II

Figura 10.10: Un triangulo como region de tipo I y II

Para ello, si se expresa T como una region de tipo I: T ≡

0 ≤ x ≤ 1

0 ≤ y ≤ 2 − 2x

y, entonces

∫∫

Txydxdy =

∫ 1

0

(∫ 2−2x

0xy dy

)

dx =

∫ 1

0

[

xy2

2

]y=2−2x

y=0

dx

=

∫ 1

0

(

x(2 − 2x)2

2

)

dx =

∫ 1

0

(

2x + 2x3 − 4x2)

dx

=

[

x2 +x4

2− 4

x3

3

]x=1

x=0

= 1 +1

2− 4

3=

5

6

217

Si se expresa T como un recinto de tipo II: T ≡

0 ≤ y ≤ 2

0 ≤ x ≤ 2−y2

y, entonces

∫∫

Txydxdy =

∫ 2

0

(

∫2−y

2

0xy dx

)

dy = . . . =5

6

Ejercicio 10.6 Calcula la integral de la funcion f(x, y) = x2y2 sobre laregion R del primer cuadrante limitada por las hiperbolas equilateras xy = 1,xy = 2 y las rectas y = x

2 , y = 3x.

(Sol.: 76 ln 6 )

Ejercicio 10.7 Calcular el area de la region del primer cuadrante limitadapor las curvas xy = 2, xy = 4, y = x, y = 3x.

(Sol.: ln 3 u2 (unidades al cuadrado) )

10.1.3. Calculo de areas

Si se considera una funcion continua no negativa f(x, y) ≥ 0 definida en unrecinto acotado medible A, entonces la integral doble

∫∫

Af(x, y) dxdy

tiene un significado geometrico claro: representa el volumen del solido forma-do por el recinto A como base, paredes laterales verticales y como superficiesuperior la grafica de f(x, y).

Este resultado permite que, en el caso de integrar la funcion constante 1sobre un recinto medible A, se obtenga el area de dicho recinto (en realidad,se obtiene el volumen de un prisma recto de base el recinto A y altura 1 queequivale numericamente al area de A). Es decir;

a(A) :=

∫∫

A1 dxdy

218

Ejemplo 10.5 Vamos a utilizar esta propiedad para calcular el area com-prendida por la grafica de las funciones y = sen(x) + 1 e y = cos(x) + 1 enel intervalo [−3π

4 , 5π4 ].

Solucion:

Primer paso: Un croquis Para representar graficamente el area quequeremos calcular, hallaremos en primer lugar, los puntos de intersecion delas dos funciones que se encuentran en ese intervalo, es decir, igualamos lasdos funciones y obtenemos que:

sen(x) + 1 = cos(x) + 1↓

sen(x) = cos(x)↓

x = −3π4 , π

4 , 5π4

Luego los puntos de interseccion son

P1 = (−3π

4,−

√2

2+ 1), P2 = (−π

4,

√2

2+ 1), P3 = (

4,−

√2

2+ 1)

Como podemos ver en la grafica, Fig. 10.11 se obtienen dos dominios simetri-cos que tienen el mismo area. Es por ello que calcularemos el area que nospiden multiplicando por dos el area de uno de los dos dominios coloreadosen la grafica.

-2 2 4

0.51

1.52

y= sen(x) + 1

y= cos(x) + 1

Figura 10.11: Area entre dos graficas

Segundo Paso: Los lımites de integracion en y Trazamos una rectavertical, L, que pase por el dominio D y marcamos los valores de la variablesy por donde entra y sale la recta L. Como puede verse en la Fig. 10.11,

219

esos valores son justamente los valores de las funciones y = sen(x) + 1 ey = cos(x) + 1.

Por lo tanto el dominio D sobre el que tenemos que integrar es el dominiode tipo 1:

D = (x, y)/π

4≤ x ≤ 5π

4; cos(x) + 1 ≤ y ≤ sen(x) + 1)

Tercer Paso: Calculo de la integral Aplicando la formula de integra-cion sobre dominios de tipo I a la formula de calculo de areas, tendremosque:

Area(D) =

∫∫

D1 dA = 2

∫ 5π4

π4

∫ sen(x)+1

cos(x)+11 dy dx = 2

∫ 5π4

π4

y]sen(x)+1cos(x)+1 dx

=2

∫ 5π4

π4

sen(x) − cos(x) dx = 2 − cos(x) − sen(x)]5π4

π4

= 4√

2

Ejemplo 10.6 Calcular el area comprendida por la grafica de las funcionesy = x e y = (2 − x)2 y x = 0.

Solucion:

Primer paso: Un croquis Para representar graficamente el area quequeremos calcular, hallaremos en primer lugar, los puntos de intersecion delas funciones que delimitan el dominio a integrar. Igualando las funciones setiene que:

x = (2 − x)2

↓x2 − 5x + 4 = 0

↓x = 1 y x = 4

Luego los puntos que delimitan el dominio son

P1 = (0, 0), P2 = (1, 1), P3 = (2, 0)

220

0.5 1 1.5 2

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

x= 2 - yx= y

Figura 10.12: Area entre dos graficas

Segundo Paso: Los lımites de integracion en x Trazamos una rectahorizontal que pase por el dominio D y marcamos los valores de la variablex por donde entra y sale la recta. Como puede verse en la Fig. 10.12 esosvalores son y = x y x = 2 − √

y. Por lo tanto el dominio D sobre el quetenemos que integrar es el dominio de tipo II:

D = (x, y)/0 ≤ y ≤ 1 ; y ≤ x ≤ 2 −√y

Tercer Paso: Calculo de la integral Aplicando la formula de integra-cion sobre dominios de tipo II a la formula de calculo de areas, tendremosque:

Area(D) =

∫∫

D1 dA =

∫ 1

0

(

∫ 2−√y

y1 dx

)

dy =

∫ 1

0[x]x=2−√

yx=y dy

=

∫ 1

0(2 −√

y − y dy =

[

2y − 2y3/2

3− y2

2

√2)

]y=1

y=0

=5

6

Ejemplo 10.7 . Calculese el area del cırculo unidad.

Solucion: Segun lo dicho

a(C) =

∫∫

C1 dxdy

221

siendo C ≡ x2 + y2 ≤ 1.

Si se considera como un recinto de tipo I, debemos hallar las ecuaciones delas dos curvas que delimitan el recinto por su parte inferior y superior, taly como se ve en la Fig. 10.13

Figura 10.13: Disco unidad

por lo que los lımites de integracion seran

C ≡

−1 ≤ x ≤ 1

−√

1 − x2 ≤ y ≤√

1 − x2

Por tanto,∫∫

C1 dxdy =

∫ 1

−1

(

√1−x2

−√

1−x2

1 dy

)

dx =

∫ 1

−12√

1 − x2 dx

y, haciendo el cambio de variable

x = sin tdx = cos t dtx = −1 ⇒ t = −π

2x = 1 ⇒ t = π

2

, resulta

=

∫ π2

−π2

2 cos2 t dt =

[

t +sin(2t)

2

]t=π2

t=−π2

= π

222

Mas adelante se vera que este tipo de integrales puede resolverse de formamas sencilla, aplicando el cambio de variables a la integral doble.

Ejercicio 10.8 Considera un triangulo isosceles con un vertice en el punto(0, 0) y los lados iguales sobre las rectas determinadas por y = |x|. Hallaque altura, h, debe tener el triangulo sobre el eje OY para que la circunfe-rencia unidad lo divida en dos partes de igual area.

(Sol.: h =√

2π2 )

10.2. Integrales triples

Las integrales triples no tienen ya mayor dificultad salvo la anadida poruna dimension mas. Los rectangulos anteriores se substituyen ahora porrectangulos tridimensionales, o sea, cajas R = [a, b] × [c, d] × [p, q]. Unaparticion P de R es ahora P = P1 × P2 × P3 siendo P1, P2 y P3 particionesde los intervalos [a, b], [c, d] y [p, q], con respectivamente.

Si P1 tiene n + 1 puntos, P1 tiene m + 1 puntos y P3 tiene r + 1 puntos, laparticion P = P1×P2×P3 divide al rectangulo R en n ·m ·r subrectangulosRijk = [xi−1, xi]× [yj−1, yj ]× [zk−1, zk]; cada uno de los cuales tiene volumen

v(Rijk = (xi − xi−1)(yj − yj−1)(zk − zk−1)

Procediendo de forma similar al caso de dos variables, dada una funcion realacotada f definida en R, se define la suma de Riemann correspondiente a laparticion de P de R como

S(f, P ) =n∑

i=1

m∑

j=1

r∑

k=1

f(xijk)v(Rijk)

con xijk ∈ Rijk.

Definicion 10.9 Dada la funcion acotada f : R −→ R se define la integraltriple como el lımite de las sumas de Riemann cuando ‖P‖ tiende a 0:

∫∫∫

Rf(x, y, z)dxdydz = lım

‖P‖→0

n∑

j=1

f(xjkl)v(Rjkl)

223

siempre que dicho lımite exista y sea independiente de la eleccion del puntoxijk.

Como antes toda funcion continua es integrable y toda funcion acotada cuyasdiscontinuidades tienen medida nula es integrable. Asimismo se cumplen laspropiedades del Teorema 10.2.

Finalmente, el calculo de una integral triple puede reducirse al calculo detres integrales iteradas:

Teorema 10.10 Sea f una funcion integrable sobre un rectangulo R =[a, b]× [c, d]× [p, q]. Si existe cualquier integral iterada, es igual a la integraltriple

∫∫∫

Rf(x, y, z)dxdydz =

∫ b

a

(∫ d

c

(∫ q

pf(x, y, z)dz

)

dy

)

dx

=

∫ d

c

(∫ q

p

(∫ b

af(x, y, z)dx

)

dz

)

dy

=

∫ q

p

(∫ b

a

(∫ d

cf(x, y, z)dy

)

dx

)

dz

= . . .

y ası sucesivamente hasta completar todas las ordenaciones posibles.

Ejemplo 10.8 Calcular la integral sobre R = [−1, 1] × [0, 2] × [1, 2] de lafuncion f(x, y, z) = xyz

Solucion: Se tiene que

∫∫∫

Rxyz dxdydz =

∫ 1

−1

(∫ 2

0

(∫ 2

1xyz dz

)

dy

)

dx

=

∫ 1

−1

(

∫ 2

0xy

[

z2

2

]z=2

z=1

dy

)

dx =

∫ 1

−1

(∫ 2

0

3

2xy dy

)

dx

=

∫ 1

−1

3

2x

[

y2

2

]y=2

y=0

dx =

∫ 1

−13x dx = 0

224

Ejercicio 10.9 Averigua como plantear la integral anterior para obtener elresultado mas rapidamente.

10.2.1. Integracion sobre recintos acotados

Al igual que sucedıa en el caso de integrales dobles, la integral triple sobrerecintos acotados se hace extendiendo la integral a un rectangulo y utilizandola funcion caracterıstica:

∫∫∫

Ωf(x, y, z) dxdydz :=

∫∫∫

Rf(x, y, z) · χΩ(x, y, z) dxdydz

siendo R un rectangulo que contiene a Ω.

Para el calculo de la integral, el procedimiento ahora consiste en expresar elrecinto en alguna de las formas siguientes:

Ω = (x, y, z) : (x, y) ∈ D,ϕ1(x, y) ≤ z ≤ ϕ2(x, y)

siendo D = proyXOY (Ω) y ϕ1, ϕ2 funciones continuas.

Ω = (x, y, z) : (x, z) ∈ D,ϕ1(x, z) ≤ y ≤ ϕ2(x, z)

siendo D = proyXOZ(Ω) y ϕ1, ϕ2 funciones continuas.

Ω = (x, y, z) : (y, z) ∈ D,ϕ1(y, z) ≤ x ≤ ϕ2(y, z)

siendo D = proyY OZ(Ω) y ϕ1, ϕ2 funciones continuas.

A continuacion el recinto D ⊂ R2 se expresa como de tipo I o de tipo II,

dando lugar a la integral iterada correspondiente.

Por ejemplo, en el primer caso, si D es de tipo II en el plano XOY , se tendra:

Ω ≡

α ≤ y ≤ βg1(y) ≤ x ≤ g2(y)

ϕ1(x, y) ≤ z ≤ ϕ2(x, y)

y, por tanto,

∫∫∫

Ωf(x, y, z) dxdydz =

∫ β

α

(

∫ g2(y)

g1(y)

(

ϕ1(x,y)ϕ2(x, y)f(x, y, z) dz

)

dx

)

dy

225

Ejemplo 10.9 Se desea calcular el volumen del tetraedro limitado por losplanos coordenados y el plano x+y+z = 1. Para ello sera necesario calcular∫∫∫

Ω 1 dxdydz, siendo Ω el tetraedro. Para calcular los lımites de integracionse proyecta el recinto sobre el plano XOY obteniendo el triangulo senaladoen la figura Fig. 10.14. Las variables (x, y) varıan en dicho triangulo, mientrasque z recorre el recinto desde la superficie inferior z = 0 hasta la superficiesuperior z = 1 − x − y.

Figura 10.14: Volumen de un tetraedro

Por todo ello resulta:

Ω ≡

0 ≤ x ≤ 1

0 ≤ y ≤ 1 − x

0 ≤ z ≤ 1 − x − y

226

y, entonces

∫∫∫

Ω1 dxdydz =

∫ 1

0

(∫ 1−x

0

(∫ 1−x−y

01 dz

)

dy

)

dx

=

∫ 1

0

(∫ 1−x

0(1 − x − y) dy

)

dx

=

∫ 1

0

[

y − xy − y2

2

]y=1−x

y=0

dx

=

∫ 1

0

(

1 − x − x(1 − x) − (1 − x)2

2

)

dx

=

[

x − x2 +x3

3+

(1 − x)3

6

]x=1

x=0

=1

3− 1

6=

1

6

Ejercicio 10.10 Calcular el volumen del cuerpo limitado por z2 = xy, x +y = 1, x + y = 2.

(Sol.: 7π12 u3 )

10.3. Cambio de variable

Una transformacion en el plano es una aplicacion T : R2 −→ R

2 conT (u, v) = (x, y). Se llama determinante jacobiano de T a

∂(x, y)

∂(u, v)=

∂x∂u

∂x∂v

∂y∂u

∂y∂v

Teorema 10.11 (Dos variables) Sean D y D∗ dos regiones elementalesdel plano y sea T : D∗ −→ D una biyeccion de clase C1, cuyo determinantejacobiano no se anula en D∗ . Entonces, para cualquier funcion integrablef : D −→ R se tiene

∫∫

Df(x, y) dxdy =

∫∫

D∗

(f T )(u, v)

∂(x, y)

∂(u, v)

dudv

227

Cambio a coordenadas polares

Es el dado por la transformacion T : D∗ = [0, 1] × [0, 2π[−→ R2 dada por

(x, y) = T (r, θ) = (r cos θ, r sin θ)

Puede probarse facilmente que T cumple las condiciones del teorema decambio de variable y, ademas, con jacobiano:

∂(x, y)

∂(r, θ)=

∂x∂r

∂x∂θ

∂y∂r

∂y∂θ

=

cos θ −r sin θsin θ r cos θ

= r

Supongamos que queremos calcular una integral doble∫∫

R f(x, y) dA cuandoR es un dominio como en la figura Fig. 10.15. La descripcion de un dominiode este tipo en coordenadas rectangulares parece bastante complicada, sinembargo describir R en coordenadas polares nos simplificara bastante lascosas.

-2 -1 1 2

0.5

1

1.5

2

Figura 10.15: Un anillo circular

En general, las coordenadas polares son adecuadas cuando el recinto deintegracion es un cırculo de centro el origen (o un sector circular) o, al menos,un cırculo tangente al origen. En los siguientes ejemplos vamos a aplicardicho cambio y hay que tener mucho cuidado de no olvidar multiplicar porr al hacer el cambio a coordenadas polares en la integral.

Ejemplo 10.10 Calculemos la integral doble∫ ∫

R(3x+4y2) dA donde R esla region circular que se encuentra en el semiplano superior y esta limitadapor las circunferencias x2 + y2 = 1 y x2 + y2 = 4, como puede verse en lasiguiente figura:

228

-2 -1 1 2

0.5

1

1.5

2

x + y = 42 2

x + y = 12 2

Figura 10.16: Integracion en coordenadas polares

Solucion: La region R se describe como:

R = (r, θ)/1 ≤ r ≤ 2 ; 0 ≤ θ ≤ π

Por tanto:∫ ∫

R(3x + 4y2) dA =

∫ π

0

∫ 2

1(3r cos(θ) + 4(r sen(θ))2) r drdθ

=

∫ π

0

[

r3 cos(θ) + r4 sen2(θ)]r=2

r=1dθ

=

∫ π

07 cos(θ) + 15 sen2(θ) dθ

=

∫ π

07 cos(θ) +

15

2(1 − cos(2θ)) dθ

= 7 sen(θ) +15θ

2− 15

4sen(2θ)

0

=15π

2

Ejemplo 10.11 Veamos como calcular el volumen del solido que esta limi-tado por los planos z = 1

3 , z = 0 y el cilindro x2 + y2 = y.

Solucion:

Este solido esta encima del disco que tiene como cırculo frontera a la cir-cunferencia

x2+y2 = y =⇒ x2+y2−y = 0 =⇒ x2+y2−y−1

4−1

4= 0 =⇒ x2+

(

y − 1

2

)2

=1

4

229

es decir, tiene como frontera la circunferencia de centro el punto (0, 1/2) yradio 1

2 (ver figura Fig. 10.17).

Si consideramos coordenadas polares, se tiene que este circulo se expresacomo:

x2+y2 = y =⇒ r2 cos2(θ)+r2 sen2(θ) = r sen(θ) =⇒ r2 = r sen(θ) =⇒ r = sen(θ)

Por lo tanto, el disco sobre el que se encuentra el solido esta dado por:

D = (r, θ)/0 ≤ r ≤ sen(θ) ; 0 ≤ θ ≤ π

-0.5-0.25

00.25

0.5

0

0.250.50.75

1

0

0.2

0.4

-0.5-0.25

00.25

0

0.250.50.75

1

(a) Solido

-0.4 -0.2 0.2 0.4

0.2

0.4

0.6

0.8

1

r = sen(θ)

(b) Proyeccion en el plano XOY

Figura 10.17: Volumen de un cilindro circular

Aplicando la formula de integracion en coordenadas polares:

Vol =

∫ ∫

D

1

3dA =

∫ π

0

∫ sen(θ)

0

1

3rdrdθ =

∫ π

0

r2

6

]sen(θ)

0

dθ =

∫ π

0

sen2(θ)

6dθ

=

∫ π

0

1 − cos(2θ)

12dθ =

θ

12− sen(2θ)

24

0

12

Ejemplo 10.12 Calcular el area por las hojas de una rosa de cuatro petalos,con ecuacion es r = cos(2θ).

230

Solucion: Recordar que area(D) =∫∫

D 1 dxdy. Como se observa en lagrafica, Fig. 10.18, para calcular el area encerrada por las hojas de una rosade cuatro petalos, nos bastara con calcular el area encerrada en la mitad deun solo petalo; es decir, el conjunto sobre el que vamos a integrar es

D = (r, θ)/0 ≤ r ≤ cos(2θ) ; 0 ≤ θ ≤ π

4

-1 -0.5 0.5 1

-1

-0.5

0.5

1

π/4

−π/4

Figura 10.18: Una rosa de cuatro petalos

Luego, el area que buscamos es:

Area =

∫∫

P1 dA = 8

∫ π4

0

∫ cos(2θ)

0r dr dθ = 8

∫ π4

0

r2

2

]cos(2θ)

0

= 4

∫ π4

0cos2(2θ) = 4

∫ π4

0

(

cos(4θ) + 1

2

)

= 4

(

θ

2+

sen(4θ)

8

)]π4

0

dθ =π

2

Ejemplo 10.13 Calcula la integral

Sxy dxdy donde S es el recinto

S = (x, y) ∈ R2 / x2 + y2 ≤ 1

Solucion: La ecuacion x2 + y2 = 1 representa una circuferencia centradaen (0, 0) de radio 1. Ası, la inequacion x2 + y2 < 1 corresponde a los puntos

231

interiores a la circunferencia y, por tanto, el recinto S es el disco unidad re-presentado en la Figura 10.19. Esta integral se resolvera utilizando el cambioa coordenadas polares. Ası, el recinto S se transforma en

D∗ = (r, θ) : 0 ≤ r ≤ 1; 0 ≤ θ ≤ 2π

Figura 10.19: Disco unidad

∫∫

Sxy dxdy =

∫∫

D∗

(r cos θ)(r sin θ)r drdθ =

=

∫ 2π

0

(∫ 1

0r3 cos θ sin θ dr

)

dθ =

=

∫ 2π

0cos θ sin θ

[

r4

4

]r=1

r=0

dθ =

=1

4

∫ 2π

0cos θ sin θ =

=1

4

[

sin2 θ

2

]θ=2π

θ=0

= 0

232

Ejercicio 10.11 Calcula∫∫

A x2dxdy siendo A el recinto comprendido entreel rectangulo R = [−2, 2] × [−2, 2] y la circunferencia C ≡ x2 + y2 = 1.

(Sol.: 643 − π

4 )

Ejercicio 10.12 Calcula∫∫

A ex2+y2

dxdy siendo A la parte del cırculo uni-dad, x2 + y2 ≤ 1, situada en el semiplano positivo de las x, x ≥ 0.

(Sol.: π2 (e−1) )

En ocasiones, resulta conveniente dividir el recinto en partes y calcular laintegral sobre cada parte por separado

Ejemplo 10.14 Calcula la integral

Tx2ydxdy donde

T = (x, y) ∈ R2 / x2 + (y + 1)2 ≤ 1, |x| ≥ |y|

Solucion: Para resolver la integral se utilizaran las integrales sobre C y S,siendo C cırculo y S la parte interior del cırculo que no esta en T . De estaforma,

∫∫

Tx2y dxdy =

∫∫

Cx2y dxdy −

∫∫

Sx2y dxdy

Sobre el cırculo se emplea el cambio a coordenadas polares:

x = r cos θ

y = r sin θ

x2 + (y + 1)2 = 1

x2 + y2 + 2y = 0

r2 + 2r sin θ = 0

r = −2 sin θ

por lo que los lımites de integracion son

T ≡

π ≤ θ ≤ 2π0 ≤ r ≤ −2 sin θ

233

y, entonces

∫∫

Cx2y dxdy =

∫ 2π

π

(∫ −2 sin θ

0r2 cos2 θ r sin θ r dr

)

=

∫ 2π

πcos2 θ sin θ

(∫ −2 sin θ

0r4 dr

)

=

∫ 2π

πcos2 θ sin θ

[

r5

5

]r=−2 sin θ

r=0

=

∫ 2π

π

−25

5cos2 θ sin6 θ dθ

y, aplicando las formulas de reduccion,

=−25

5

(

[

cos θ sin7 θ

8

]2π

π

+1

8

∫ 2π

πsin6 θ dθ

)

= −4

5

∫ 2π

πsin6 θ dθ

y, de nuevo, aplicando ahora la formula de reduccion

∫∫

Cx2y dxdy = −4

5

(

[

sin5 θ cos θ

6

]2π

π

+5

6

∫ 2π

πsin4 θ dθ

)

= −2

3

∫ 2π

πsin4 θ dθ

= −2

3

(

[

sin3 θ cos θ

4

]2π

π

+3

4

∫ 2π

πsin2 θ dθ

)

= −1

2

∫ 2π

πsin2 θ dθ

e, integrando,

= −1

2

[

1

2(θ − sin θ cos θ)

]2π

π

= −π

4

Para la integral sobre S se tendra en cuenta que las rectas y = x e y = −xcorresponden a las ecuaciones polares θ = 5π

4 y θ = 7π4 , respectivamente.

234

Por tanto,

S ≡

5π4 ≤ θ ≤ 7π

40 ≤ r ≤ −2 sin θ

y, por tanto,

∫∫

Sx2y dxdy =

∫ 7π4

5π4

(∫ −2 sin θ

0r2 cos2 θ r sin θ r dr

)

=

∫ 7π4

5π4

−25

5cos2 θ sin6 θ dθ

y, aplicando la formula de reduccion,

∫∫

Sx2y dxdy = −25

5

(

[

cos θ sin7 θ

8

]

7π4

5π4

+1

8

∫ 7π4

5π4

sin6 θ dθ

)

=1

10− 4

5

∫ 7π4

5π4

sin6 θ dθ

y, aplicando ahora la formula de reduccion

∫∫

Sx2y dxdy =

1

10− 4

5

(

[

−sin5 θ cos θ

6

]

7π4

5π4

+5

6

∫ 7π4

5π4

sin4 θ dθ

)

=1

10− 1

30− 2

3

∫ 7π4

5π4

sin4 θ dθ

=1

10− 1

30− 2

3

(

[

−sin3 θ cos θ

4

]

7π4

5π4

+3

4

∫ 7π4

5π4

sin2 θ dθ

)

=1

10− 1

30− 1

12− 1

2

∫ 7π4

5π4

sin2 θ dθ

e, integrando,

=1

10− 1

30− 1

12− 1

2

[

1

2(θ − sin θ cos θ)

]7π4

5π4

=1

10− 1

30− 1

12− π

8− 1

4= − 8

30− π

8

235

Y, finalmente,

∫∫

Tx2y dxdy =

∫∫

Cx2y dxdy−

∫∫

Sx2y dxdy = −π

4− 8

30− π

8= − 4

15− 3π

8

Ejercicio 10.13 Calcula la integral

Tex dxdy donde

T = (x, y) ∈ R2 / − 2 ≤ x ≤ 2, −1 ≤ y ≤ 2, y ≤ x + 2, y ≥ x − 2

(Sol.: 3 e2 − e−1 )

La extension del resultado de cambio de variable a funciones de tres variableses inmediato.

Teorema 10.12 (Tres variables) Sean D y D∗ dos regiones elementalesdel espacio tridimensional y sea T : D∗ −→ D una biyeccion de clase C1,cuyo determinante jacobiano no se anula en D∗. Entonces, para cualquierfuncion integrable f : D −→ R se tiene

∫∫∫

Df(x, y, z) dxdydz =

∫∫∫

D∗

(f T )(u, v, w)

∂(x, y, z)

∂(u, v, w)

dudvdw

Cambio a coordenadas cilındricas

En la figura Fig. 10.20 puede apreciarse el significado de la coordenadascilındricas.

OX

OY

OZ

O

r

z

θ

Figura 10.20: Coordenadas cilındricas

236

Las ecuaciones del cambio de coordenadas y los nuevos lımites de integracionvienen dados por

x = r cos θ

y = r sin θ

z = z

r ≥ 0

θ ∈ [0, 2π]

z ∈ R

siendo el determinante jacobiano:

∂(x, y, z)

∂(r, θ, z)=

cos θ −r sin θ 0sin θ r cos θ 0

0 0 1

= r

Ejemplo 10.15 (Coordenadas cilındricas) Un solido Ω esta limitado,en el primer octante, por la grafica del semicono z =

x2 + y2 y los planosz = 1, x = 0, y = 0. Se desea calcular la integral

∫∫∫

Ω(x2 + y2) dxdydz.

Solucion: Para ello se emplea el cambio a coordenadas cilındricas. Como seve en la figura Fig. 10.21, esta claro que z varıa de la superficie del semicono(de ecuacion z = r) al plano z = 1.

00.250.50.751

00.25

0.50.75

1

0

0.25

0.5

0.75

1

0

5

5z = x + y 2 2 2

z=1

Figura 10.21: Integracion sobre un semicono

La proyeccion en el plano z = 0 del solido produce el sector circular x2+y2 ≤1, x, y ≥ 0. Por tanto, la coordenada r varıa de 0 a 1 y la coordenada θ de

237

0 a π2 . En definitiva,

0 ≤ θ ≤ π

20 ≤ r ≤ 1

r ≤ z ≤ 1

y, entonces

∫∫∫

Ω(x2 + y2) dxdydz =

∫ π2

0

(∫ 1

0

(∫ 1

rr2r dz

)

dr

)

=

∫ π2

0

(∫ 1

0

(

r3(1 − r))

dr

)

=

∫ π2

0

[

r4

4− r5

5

]r=1

r=0

=

(

1

4− 1

5

)∫ π

2

0dθ =

π

40

Ejercicio 10.14 Calcular la integral triple de la funcion f(x, y, z) = xyzsobre la region Ω que se encuentra en el primer octante (x > 0, y > 0, z > 0)limitada por los paraboloides z = x2 + y2, z = 2x2 + 2y2, por los cilindrosxy = 1, xy = 4, y por los planos y = x, y = 5x.

(Sol.: 7658

(

ln 5 + 15625

)

)

Cambio a coordenadas esfericas

En la figura siguiente, Fig. 10.22, puede apreciarse el significado geometricode las coordenadas esfericas.

238

OX

OY

OZ

O_

`

u

y

x

z

Figura 10.22: Coordenadas esfericas

Las ecuaciones del cambio de coordenadas vienen dadas por

x = r cos θ sinφ

y = r sin θ sinφ

z = r cos φ

r ≥ 0

θ ∈ [0, 2π]

φ ∈ [0, π]

siendo el determinante jacobiano:

∂(x, y, z)

∂(r, θ, φ)=

cos θ sinφ −r sin θ sinφ r cos θ cos φsin θ sinφ r cos θ sinφ r sin θ sinφ

cos φ 0 −r sinφ

= −r2 sinφ

Ejemplo 10.16 (Coordenadas esfericas) Se desea calcular el volumende una esfera de radio R. La integral correspondiente es

v(S) =

∫∫∫

S1 dxdydz

Solucion: Para ello, se introduce el cambio a coordenadas esfericas: alaplicar el cambio de coordenadas a la ecuacion de la superficie esferica,x2 + y2 + z2 = 1, resulta r = R. Como no depende de θ ni φ estas dosvariables no tienen restricciones y, por tanto,

0 ≤ θ ≤ 2π

0 ≤ r ≤ R

0 ≤ φ ≤ π

239

y, entonces∫∫∫

S1 dxdydz =

∫ 2π

0

(∫ R

0

(∫ π

0r2 sinφ dφ

)

dr

)

∫ 2π

0

(∫ R

0r2 [− cos φ]φ=π

φ=0 dr

)

dθ = 2

∫ 2π

0

(∫ R

0r2 dr

)

= 2

∫ 2π

0

[

r3

3

]r=R

r=0

dθ =2R3

3

∫ 2π

0dθ =

4πR3

3u.v.

Ejercicio 10.15 Calcular∫∫∫

Ω (x + 2z) dx dy dz, donde Ω = (x, y, z) :1 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 9, z ≤ 0.

(Sol.: −40π )

En ocasiones resulta imposible dibujar el recinto de integracion. en el casoen que la superficie que encierra el solido este formada por una unica ecua-cion aun resulta posible, mediante un cambio adecuado de coordenadas,calcular los lımites de integracion, lo cual resultarıa imposible de realizar encoordenadas cartesianas.

Ejemplo 10.17 Calcula el volumen del solido Ω encerrado por la superficiede ecuacion (x2 + y2 + z2)2 = z(x2 + y2).

Solucion: Se aplica el cambio a coordenadas esfericas

(x2 + y2 + z2)2 = z(x2 + y2)

r4 = r cos φ(r2 cos2 θ sin2 φ + r2 sin2 θ sin2 φ)

r4 = r3 cos φ sin2 φ(cos2 θ + sin2 θ)

r4 = r3 cos φ sin2 φ

r = cos φ sin2 φ

Como debe ser cos φ ≥ 0 entonces φ ∈ [0, π2 ]. La ecuacion anterior no depende

de θ luego θ ∈ [0, 2π] por lo que los lımites de integracion son

0 ≤ θ ≤ 2π0 ≤ φ ≤ π

20 ≤ r ≤ cos φ sin2 φ

240

con lo cual

v(Ω) =

∫∫∫

Ω1 dV =

∫ 2π

0

(

∫ π2

0

(

∫ cos φ sin2 φ

0r2 sinφ dr

)

)

=

∫ 2π

0

(

∫ π2

0sinφ

[

r3

3

]r=cos φ sin2 φ

r=0

)

=1

3

∫ 2π

0

(

∫ π2

0cos3 φ sin7 φ dφ

)

Ahora

∫ π2

0cos3 φ sin7 φ dφ =

[

cos2 φ sin8 φ

10

]φ=π2

φ=0

+2

10

∫ π2

0cos φ sin7 φ dφ

=2

10

[

sin8 φ

8

]φ=π2

φ=0

=1

40

y volviendo a la integral de volumen:

v(Ω) = . . . =1

3

∫ 2π

0

(

∫ π2

0cos3 φ sin7 φ dφ

)

dθ =1

3

∫ 2π

0

1

40dθ =

π

60

Ejercicio 10.16 Calcula el volumen encerrado por la superficie de ecuacion(

x2 + y2 + z2)2

= x2 + y2 − z2

(Sol.: π2

4√

2u3 )

10.4. Problemas adicionales

Ejercicio 10.17 Calcula∫∫

S (x2 + y2 − 2y)dxdy siendo

S = (x, y) ∈ R2 / x2 + y2 ≤ 1, y ≥ |x|

241

(Sol.: π8 − 2

√2

3 )

Ejercicio 10.18 Calcula

∫∫

Sx cos(x + y)dxdy siendo S el triangulo de

vertices (0, 0), (π, 0) y (π, π).

(Sol.: −3π2 )

Ejercicio 10.19 Calcula la integral de la funcion f(x, y) = x2y2 sobre laregion R del primer cuadrante limitada por las hiperbolas equilateras xy = 1,xy = 2 y las rectas y = x

2 , y = 3x.

(Sol.: 76 ln 6 )

Ejercicio 10.20 Calcula el area de la region del primer cuadrante limitadapor las curvas xy = 2, xy = 4, y = x, y = 3x.

(Sol.: ln 3 u2 )

Ejercicio 10.21 Calcula el area encerrada por la lemniscata de Bernoulli(

x2 + y2)2

= 2a2(

x2 − y2)

.

(Sol.: 2a2 u2 )

Ejercicio 10.22 Calcula el volumen del cuerpo limitado por el paraboloidehiperbolico z = xy, el cilindro y =

√2x y los planos x + y = 4, y = 0 y

z = 0.

(Sol.: 6 u3 )

Ejercicio 10.23 Calcula el volumen del cuerpo limitado por la semiesferaz =

2 − x2 − y2 y el cono z =√

x2 + y2.

(Sol.: 4π3

(√2 − 1

)

u3 )

Ejercicio 10.24 Calcula el volumen del cuerpo limitado por la superficiez2 = xy y los planos x + y = 1 y x + y = 2.

(Sol.: 7π12 u3 )

Ejercicio 10.25 Calcula∫∫∫

Ω(x2 + y2 + z2) dxdydz, donde Ω es la regionlimitada por el cilindro x2 + y2 = 16, 3 ≤ z ≤ 4.

(Sol.: 976π3 )

Ejercicio 10.26 Calcula∫∫∫

Ω (x + 2z) dxdydz, donde Ω es la region defi-nida por (x, y, z) : 1 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 9, z ≤ 0.

(Sol.: −40π )

242

MOISES VILLENA Integración Múltiple

149

5 5.1 INTEGRALES DOBLES

5.1.1 DEFINICIÓN. 5.1.2 TEOREMA DE INTEGRABILIDAD 5.1.3 TEOREMA FUBINI 5.1.4 INTEGRALES DOBLES SOBRE REGIONES

GENERALES 5.1.5 PROPIEDADES 5.1.6 CÁLCULO DE INTEGRALES DOBLES

INVIRTIENDO LOS LÍMITES DE INTEGRACIÓN

5.1.7 VALOR MEDIO PARA UNA FUNCIÓN DE DOS VARIABLES

5.1.8 VOLÚMENES CON INTEGRALES DOBLES 5.1.9 INTEGRALES DOBLES EN COORDENADAS

CILÍNDRICAS. 5.1.10 CAMBIO DE VARIABLES PARA

INTEGRALES DOBLES (TRANSFORMACIONES)

5.1.11 ÁREA DE UNA SUPERFICIE

5.2 INTEGRALES TRIPLES OBJETIVOS:

• Calcular Integrales Dobles. • Invertir el orden de integración. • Calcular Volúmenes. • Evaluar Integrales Dobles empleando Transformaciones. • Calcular áreas de una Superficie.

MOISES VILLENA Integración Múltiple

150

5.1 INTEGRALES DOBLES

5.1.1 DEFINICIÓN

La integral definida para funciones de una variable se la definió de la siguiente manera:

( ) ( )1

b n

i inia

f x dx lím f x x→∞

=

⎡ ⎤= Δ⎢ ⎥

⎣ ⎦∑∫

La cual se llama Integral (Suma) de Riemann, que significa el área bajo la curva ( )y f x= en un intervalo [ ],a b .

Si quisiéramos obtener una Integral definida para una función de dos variables; primero deberíamos suponer que ahora la región de integración sería de la forma [ ] [ ], ,a b c d× , es decir un rectángulo de 2R , la cual la

denotamos como R .

Haciendo particiones de la región R , de dimensiones no necesariamente iguales:

a b

c

d

x

y

R

a b

c

d

x

y

0x 1x 2x nx1nx −

0y

1y

2y

my

1my −

1xΔ 2xΔ nxΔ

1yΔ

2yΔ

myΔ

ixΔ

iyΔ

ix

jy

R

MOISES VILLENA Integración Múltiple

151

La ij ésima− partición tendrá forma rectangular. Ahora cabe referirse al área de esta partición, que estaría dada por:

ij i jA x yΔ = Δ Δ

Podemos definir una función de dos variables ( ),z f x y= en la región

R , que para la ij ésima− partición sería:

( ),i i jjf x y x yΔ Δ

Bien, veamos ahora su significado geométrico. Observe la gráfica

siguiente:

El punto ( ),i jx y , representa cualquier punto del ij ésimo− rectángulo.

El volumen del ij ésimo− paralelepípedo, denotémoslo como ijVΔ , estaría

dado por:

( ),iij i jjV f x y x yΔ = Δ Δ .

Por tanto, si deseamos el volumen bajo la superficie, tendríamos que hacer

una suma de volúmenes de una cantidad infinita de paralelepídedos, es decir:

( )1 1

lim ,m n

i i jjnj im

V f x y x y→∞

= =→∞

= Δ Δ∑ ∑

x

y

z

( ),z f x y=

ixΔjyΔ

( ),ii jz f x y=

• ( ),i jx y

a

b

c d

MOISES VILLENA Integración Múltiple

152

De aquí surge la definición de Integral doble

Sea f una función de dos variables definida en la región plana [ ] [ ] ( ) , , , /R a b c d x y a x b c y d= × = ≤ ≤ ∧ ≤ ≤

Al ( )1 1

lim ,m n

i i jjnj im

f x y x y→∞

= =→∞

Δ Δ∑ ∑ se le

denomina la Integral Doble de f en R y se la denota de la siguiente manera:

( , )d b

c a

f x y dxdy∫ ∫

Además, si existe este límite decimos que f es integrable en R .

Por el momento no vamos a seguir con la interpretación geométrica de la Integral doble, empecemos estudiando sus propiedades y la manera de cómo evaluarla.

En la definición se dice que si el límite existe la función es integrable, pero

surge la interrogante ¿cuándo será que el límite exista?. Esto lo veremos en el siguiente teorema.

5.1.2 TEOREMA DE INTEGRABILIDAD

Sea f una función de dos variable definida en la región plana

[ ] [ ] ( ) , , , /R a b c d x y a x b c y d= × = ≤ ≤ ∧ ≤ ≤ Si f está acotada en R y si f es continua en R a excepción de un número finito de curvas suaves, entonces f es integrable en R .

Este teorema nos hace suponer que igual para funciones de una variable, si la función es continua será integrable.

MOISES VILLENA Integración Múltiple

153

Bien, ahora nos compete indicar la forma de como evaluar una integral doble.

5.1.3 TEOREMA FUBINI

Sea f una función de dos variable definida en la región plana

[ ] [ ] ( ) , , , /R a b c d x y a x b c y d= × = ≤ ≤ ∧ ≤ ≤ . Si f es continua en R , entonces:

( )

( )

( , ) ,

,

d b

R c a

b d

a c

f x y dA f x y dx dy

f x y dy dx

⎡ ⎤⎢ ⎥=⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤⎢ ⎥=⎢ ⎥⎣ ⎦

∫∫ ∫ ∫

∫ ∫

Este teorema nos presenta la integral doble para que sean evaluadas como integrales simples, dichas integrales se denominan Integrales Iteradas.

Ejemplo

Calcular ∫ ∫−

1

0

2

1

2dydxxy

SOLUCIÓN: Por el teorema de Fubini, integrando desde adentro hacia afuera, es decir:

( )

∫ ∫

∫∫∫ ∫===⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ +=

⎥⎥⎦

⎢⎢⎣

⎡ −−=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−

1

0

1

0

21

0

1

0

331

0

3

1

31

0

2

1

2

23

233

31

38

31

32

3

xxdxdxxx

dxxxdxyxdxdyxy

Aquí pudimos haber integrado con respecto a x , y luego con respecto a

y , sin mayor trabajo. No deje de hacerlo.

MOISES VILLENA Integración Múltiple

154

Hasta el momento hemos trabajado con regiones de integración rectangulares, pero en las mayorías de las ocasiones se presentarán otros tipos de regiones.

5.1.4 INTEGRALES DOBLES SOBRE REGIONES

GENERALES El teorema de Fubini puede ser extendido para regiones generales.

En adelante vamos a hacer planteamientos directos. Una región plana, como la que se muestra en la figura, puede ser particionada de la siguiente manera: Lo cual da a lugar un elemento diferencial de la forma: Cuya área, denotada como dA , está dada por: dA dxdy dydx= =

Entonces, igual como lo habíamos mencionado anteriormente, una integral doble sobre la región plana R tiene la forma:

dAyxfR

),(∫∫

Esta integral doble puede ser calculada de dos maneras:

PRIMERO haciendo un barrido vertical

MOISES VILLENA Integración Múltiple

155

dxdyyxfbx

ax

xfy

xgy∫ ∫=

=

=

=⎥⎥

⎢⎢

⎡ )(

)(

),(

SEGUNDO: Haciendo primero un barrido horizontal

dydxyxfdy

cy

yfx

ygx∫ ∫=

=

=

=⎥⎥

⎢⎢

⎡ )(

)(

),(

Si 1),( =yxf , la integral doble representa el área de la región R , es decir:

∫∫=R

dAA

La región anterior es llamada una región simple- xy , sin embargo pueden

existir regiones simple- x , sólo se puede empezar haciendo primero un barrido vertical.

a b

( )y f x=

( )y g x=

dxdy

x

y

R

MOISES VILLENA Integración Múltiple

156

Como también pueden existir regiones simple- y , sólo se puede empezar haciendo primero un barrido horizontal.

Ejemplo 1

Calcular ∫ ∫1

0

3

2

160

x

x

dydxxy

SOLUCIÓN: Integrando desde adentro hacia afuera, tenemos:

( ) ( )

[ ]∫

∫∫∫ ∫=−=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=−=

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −=

⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

1

0

1

0

10493

1

0

424

1

0

41

0

3

641010

404

404040

40404

1601602

2

xxdxxx

dxxxxxdxyxdxdyxyx

x

x

x

Ejemplo 2

Calcular dydxey

y

xy∫ ∫1

0 0

2

SOLUCIÓN: Integrando desde adentro hacia afuera, tenemos:

d

c

( )x f y=

( )x g y=dx

dy

x

y

R

MOISES VILLENA Integración Múltiple

157

( )[ ]

122

022

1222

20211

0

2

1

0

1

0

1

0

1

0

0

1

00

2

1

0 0

2

222

22

−=⎟⎟

⎜⎜

⎛−−⎟

⎜⎜

⎛−=⎟

⎜⎜

⎛−=

−=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −=

−=⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

⎡=

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

∫∫∫

∫∫∫ ∫

eeeye

ydydyyedyyye

dyyeyedyy

eydydxey

y

yy

yyyyxy

y

xy

Ejemplo 3

Calcular dydxey

y∫ ∫−

1

0

1

1

SOLUCIÓN: Integrando desde adentro hacia afuera, tenemos:

[ ]

( )( ) dyyedyye

dyxedydxedydxe

yy

yy

y

y

y

y

∫∫

∫∫ ∫∫ ∫=−−=

=

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

=

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

−−

1

0

1

0

1

0

1

1

1

0

1

1

1

0

1

1

11

La última integral, se la realiza POR PARTES:

( ) ( ) ( ) 1101

0

1

0

=−−−=−=−= ∫∫ eeeyedyeeydyey yyduv

yvy

u

dv

y

u

En los dos ejemplos anteriores ya estaban dados los límites de integración, por tanto no había más que aplicar el teorema de Fubini para evaluar las integrales dobles, pero en otras ocasiones es necesario identificar la región de integración porque los límites no están definidos.

Ejemplo 1

Calcular dAxR∫∫ donde R es la región limitada por xy 2= y 2xy =

SOLUCIÓN: Primero identificamos la región R :

MOISES VILLENA Integración Múltiple

158

Note que es una región simple-, la calcularemos de las dos formas. PRIMER MÉTODO: Haciendo primero un barrido vertical.

La integral doble con límites será: dydxx

x

x∫ ∫2

0

2

2

Calculando la integral, resulta:

[ ] ( ) ( )[ ]

( )344

316

4322

2

432

0

32

2

0

2

2

0

2

2

0

2

2

2

=−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=−=

−==

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

∫∫∫ ∫xxdxxx

dxxxxxdxxydxdyx xx

x

x

SEGUNDO METODO: Haciendo primero un barrido horizontal.

La integral doble con límites será: dxdyx

y

y∫ ∫4

02

Calculando la integral doble, resulta:

MOISES VILLENA Integración Múltiple

159

( )

34

384

244

8222

22

4

0

32

4

0

24

0

22

4

0 2

24

02

=−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

⎟⎟⎟⎟⎟

⎜⎜⎜⎜⎜

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−=⎥⎥⎥

⎢⎢⎢

=

⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢⎢

∫∫∫∫ ∫yy

dyyydy

yy

dyxdyxdxy

y

y

y

Ejemplo 2

Calcular dA

R∫∫ donde

⎪⎪⎪

⎪⎪⎪

==

=

=

02

1:

yx

xy

xy

R SOLUCIÓN:

La región R es:

Aquí es mejor hacer un barrido vertical primero: ∫ ∫∫ ∫ +

2

1

1

0

1

0 0

dxdydxdyxx

Calculando las integrales dobles, tenemos:

2ln21

ln2

1

21

1

0

2

2

1

1

0

2

1

10

2

1

1

0

0

1

0

1

0 0

+=

+=

+=

+=

⎥⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢⎢

+

⎥⎥⎥⎥

⎢⎢⎢⎢

∫∫

∫∫ ∫∫∫ ∫

xx

dxx

xdx

dxydxydxdydxdy xx

xx

MOISES VILLENA Integración Múltiple

160

Ejemplo 3

Calcular dAex

R

y∫∫ 2212 donde ⎪⎩

⎪⎨⎧

==

xyxyR

3: en el primer cuadrante.

SOLUCIÓN: La región R es: Aquí es mejor primero un barrido horizontal ¿Por qué? ¿Observe qué ocurre si hacemos primero un barrido vertical? Planteando la integral doble con límites y calculándola, tenemos:

( )

∫∫

∫∫ ∫

−=

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −=

=

1

0

3

1

0

1

0

333

1

0

31

0

2

22

2

3

2

3

2

44

4

31212

dyeydyye

dyyye

dyxedydxex

yy

y

y

y

y

y

y

y

Haciendo cambio de variable 2yt = . De aquí tenemos: ydydt 2= Reemplazando y resolviendo:

[ ]( )[ ]

4210222

22

22

24

2444

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

3

1

0

1

0

3

1

0

22

−=−−−−=

−−=

−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛=−

∫∫

∫∫∫∫

ee

etee

dttedte

ydtey

ydtyedyeydyye

ttt

tt

ttyy

MOISES VILLENA Integración Múltiple

161

Ejemplo 4

Calcular ( )dAx

R∫∫ +12

donde R es el triángulo que tiene por vértices los puntos )0,1(− , )1,0( y )0,1( SOLUCIÓN: La región R es: No olvide que dos puntos definen una recta, por tanto la determinación de las ecuaciones de las

rectas se las puede obtener empleando la formula ( )112

121 xx

xx

yyyy −

−=− .

Aquí también es mejor primero un barrido horizontal:

( ) ( )

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]

( ) ( )[ ]

[ ]

( )

( ) 112

2

22

1111

1111

12

1

0

1

1

1

02

1

0

1

0

22

1

0

22

1

0

1

12

1

0

1

1

=+

−=

−=

+−−−−+−=

−+−−−+−=

+=+

∫ ∫

∫∫ ∫

dydxx

yy

dyy

dyyyyy

dyyyyy

dyxxdydxx

y

y

y

y

y

y

MOISES VILLENA Integración Múltiple

162

5.1. 5 PROPIEDADES

Sean f y g funciones de dos variables continuas en una región R , entonces: 1. ;

R R

kdA k dA k= ∀ ∈ℜ∫∫ ∫∫

2. ( )R R R

f g dA fdA gdA± = ±∫∫ ∫∫ ∫∫

3. 1 2R R R

dA dA dA= +∫∫ ∫∫ ∫∫ donde 1 2R R R= ∪

5.1.6 CÁLCULO DE INTEGRALES DOBLES INVIRTIENDO LOS LÍMITES DE INTEGRACIÓN

Algunas Integral Iterada pueden ser calculada de las dos formas, pero

tenga mucho cuidado cuando invierte el orden de las integrales.

Ejemplo 1

Calcular ∫ ∫e x

dxxydy

1

ln

0

SOLUCIÓN: Primero se debe identificar la región de integración. En este caso, la integral doble está dada primero con barrido vertical porque el diferencial es de la forma dydx , entonces tenemos que interpretar la integral doble de la siguiente manera:

∫ ∫=

=

=

=

ex

x

xy

y

dxxydy

1

ln

0

Por tanto, la región es ⎪⎩

⎪⎨

===

exy

xyR 0

ln: , es decir:

MOISES VILLENA Integración Múltiple

163

Invirtiendo los límites de integración hay que hacer ahora un barrido horizontal primero, es decir:

( )

81

8

81

844

221

221

22

21

2222

2

222

1

0

221

0

22

1

0

2

1

0

21

0

221

0

21

0

−=

−+−=

⎥⎥⎦

⎢⎢⎣

⎡−−=

−=⎟⎟

⎜⎜

⎛−== ∫∫∫∫∫ ∫

e

eee

eeyye

dyyedyyedyeeydyxydyxydx

yy

yye

e

e

ey

y

Ejemplo 2

Invierta el orden de integración para ∫ ∫−2

0

4

0

2

),( dxdyyxf

x

SOLUCIÓN:

Interpretando los límites de integración dados, tenemos: ∫ ∫=

=

−=

=

2

0

4

0

2

),(

x

x

xy

y

dxdyyxf . Se ha hecho

primero un barrido vertical

Entonces la región de integración es

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

==

−=

004

:

2

yx

xyR

Ahora hay que hacer un barrido horizontal primero, es decir:

∫ ∫−4

0

4

0

),( dydxyxf

y

MOISES VILLENA Integración Múltiple

164

Ejemplo 3

Invierta el orden de integración para ∫ ∫−

+

+−

1

1

1

1

),( dydxyxf

y

y

SOLUCIÓN:

Interpretando los límites de integración dados, tenemos: ∫ ∫=

−=

+=

+−=

1

1

1

1

),(

y

y

yx

yx

dydxyxf . Se ha

hecho primero un barrido vertical

Entonces la región de integración es ⎪⎩

⎪⎨⎧

=−=

11:

2

yxyR

Ahora hay que hacer un barrido horizontal primero, es decir:

∫ ∫− −

2

2

1

12

),( dxdyyxf

x

Ejemplo 4

Invierta el orden de integración para ∫ ∫4

2

16

),( dxdyyxfx

x

SOLUCIÓN:

Interpretando los límites de integración dados, tenemos: ∫ ∫=

=

=

=

4

2

16

),(

x

x

xy

xy

dxdyyxf Se ha hecho

un barrido vertical primero

Entonces la región de integración es

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

=

=

=

2

16:

xx

y

xy

R

Ahora hay que hacer un barrido horizontal primero, es decir:

MOISES VILLENA Integración Múltiple

165

∫ ∫∫ ∫ +

4

16

2

4

2 2

),(),( dydxyxfdydxyxf

yy

Ejercicios propuestos 5.1

1. Calcular ∫ ∫ +

1

0 0

y

yx dxdye

2. Emplee una integral doble para hallar el área de la región limitada por ⎪⎩

⎪⎨⎧

=−+

=+−

09

092

2

yx

yx

3. Emplee una integral doble para hallar el área de la región limitada por: ⎪⎩

⎪⎨⎧

−=−=

5222

xyxy

4. Calcular: ∫∫R

dAx

y2

2 donde R es la región limitada por

⎪⎩

⎪⎨

===

12

xyy

xy

5. Calcular ∫∫R

dAx12 donde R es la región limitada por ⎪⎩

⎪⎨⎧

==

xyxy2

2

6. Calcular ∫ ∫2

0

4

2

cos

x

ydydxy

7. Calcular dxdye

y

x∫ ∫ −

1

0

21

2

2

8. Invierta el orden de integración: ∫ ∫∫ ∫+

+−−

+−

+

3

2

3

3

2

1

1

3

),(),(

x

x

x

x

dydxyxfdydxyxf

9. INVERTIR el orden de integración y EVALUAR. ∫ ∫∫ ∫−

+

2

1

2

0

1

0 0

2

dxydydxydy

xx

MOISES VILLENA Integración Múltiple

166

10. Calcular: ∫∫R

y dAex2212 , donde R es la región del primer cuadrante limitada por 3xy = y

xy=

11. Representar la región de integración para: ( ) ( )∫ ∫∫ ∫ +

8

2

82

1

,,

3

x

x

x

dxdyyxfdxdyyxf e invertir el

orden de integración.

5.1.7 VALOR MEDIO PARA UNA FUNCIÓN DE DOS VARIABLES

Sea f una función continua en las variables x y y . El valor Medio de f en una región plana R está dado por:

∫∫

∫∫=

R

R

dA

dAyxfMedioValor

),(

Ejemplo

Encuentre el valor medio de la función 31),( yxyxf +=

sobre la región limitada por ⎪⎩

⎪⎨

===

0

2

xxy

y

SOLUCIÓN: La región de integración es: Empleando la fórmula, tenemos:

MOISES VILLENA Integración Múltiple

167

( )

( )( )

2

3

0 02

0 02

23

00

2

0

0

2

2 3

02

0

23

3 2

022

0

1( , )

12

1 12

1132 12 27 12 6

2

2136

y

Ry

R

y

y

x y dxdyf x y dA

Valor Medio

dA dxdy

xy dy

x dy

y y dy

ydy

y

y

+

= =

+

=

+

=

+

⎛ ⎞⎜ ⎟ −⎝ ⎠= =

=

∫ ∫∫∫∫∫ ∫∫

∫∫∫∫

Ejercicios Propuestos 5.2

1. Calcule el valor medio de la función 21

),(−

= yeyxf x en la región del primer cuadrante

limitada por ⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

===

10

2

yx

xy

2. Para una compañía concreta, la función de producción de Cobb-Douglas es 4,06,0100),( yxyxf = . Estimar el nivel medio de producción, si el número de unidades de trabajo varía entre 200 y 250 y el de unidades de capital entre 300 y 325.

3. Hallar el valor medio de 42),( ++= yxyxf sobre la región limitada por las rectas

0,3,2 =−== yxyxy

4. Encuentre el valor medio de la función 2

),( xeyxf −= sobre la región

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

====

2

20

yxy

xx

5. Encuentre el valor medio de la función 2

2

)1(),(

+=

xy

yyxf , sobre la región ⎩⎨⎧

≤<≤≤

=yx

yR

010

6. Hallar el valor medio de ( ) xyyxf 2, = en la región limitada por 2xy= y xy =

MOISES VILLENA Integración Múltiple

168

5.1.8 VOLÚMENES CON INTEGRALES DOBLES

Ya definimos el volumen bajo una superficie.

Ejemplo

Hallar el volumen del sólido limitado por el plano 1x y za b c+ + = y el plano xy en

el primer octante. SOLUCIÓN: Haciendo un dibujo El volumen del elemento diferencial sería

dV hdA zdA= = Por tanto el volumen total está dado por :

1

R

x yV c dAa b

⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠∫∫

Donde la región R sería: Escogemos un barrido vertical primero, es decir que la integral iterada quedaría:

x

y

z

h

dA

a

b

c

1 x yz ca b

⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

x

y

1 xy ba

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

a

b

MOISES VILLENA Integración Múltiple

169

1

0 0

1

xbaa

x yV c dydxa b

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫

Evaluando:

1

11 2

0 00 0 0

2 22

0

2

0

3

0

3

1 12

1 12

12

1

12 3

16

xbaa a xx bb

aa

a

a

a

x y x yV c dydx c y dxa b a b

x b xc b dxa b a

b xc dxa

xbc a

a

abc xa

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎛ ⎞⎛ ⎞ −− ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥= − − = − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − − −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠=⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫ ∫∫∫

[ ]0

1 06

6

a

abc

abcV

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

= −

=

Ahora consideremos un sólido limitado por superficies. Por ejemplo:

x

y

z

( ),z f x y=

( ),z g x y=

R

MOISES VILLENA Integración Múltiple

170

En el gráfico, el volumen del sólido limitado por las superficies está dado por:

( ) ( ), ,R

V f x y g x y dA= −⎡ ⎤⎣ ⎦∫∫

R , es la región plana que tiene por proyección la superficie en el plano xy . Ejemplo

Hallar el volumen del sólido limitado por 2 24 2z x y= − − y el plano 2z = SOLUCIÓN: Haciendo un dibujo En este caso

( ) ( )2 24 2 2

R R

V hdA x y dA⎡ ⎤= = − − −⎣ ⎦∫∫ ∫∫

Para ponerle los límites de integración identificamos la región R , en este caso sería la curva de

intersección de 2 24 2

2z x yz

⎧ = − −⎨

=⎩proyectada en el plano xy .

Igualando y simplificando:

2 2

2 2

2 2

4 2 22 2

12 1

x yx yx y

− − =

+ =

+ =

Entonces la región sería:

y

z

h

dA

2 24 2z x y= − −

2z =

2

R

x

y

1

2

222xy −

=

0

MOISES VILLENA Integración Múltiple

171

Entonces

( ) ( )

( )

( ) ( )( )

( )

( )

2

2

22 22

23 2

2 2 2

0

0 0 0

23

2 22

0

23 3

2 22 2

3

0

2

32 2

0

2

32 2

0

4 2 2 4 2 23

2 2 24 232 2

2 22432 2

1 14 22 3 2

8 23 2

x

x

yV x y dydx x y dy

x xx dx

x xdx

x dx

x dx

⎡ ⎤= − − = − −⎢ ⎥

⎣ ⎦

⎡ ⎤⎛ ⎞− −⎢ ⎥⎜ ⎟= − − ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

⎡ ⎤− −⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

= −

∫ ∫ ∫∫∫∫∫

La última integral se la realiza por sustitución trigonométrica.

Haciendo 2x sent= entonces 2 cosdx t dt= y los límites serían 0 0

22

x t

x t π= → =⎧

⎪⎨

= → =⎪⎩

( ) ( )

( )

( )

( )

( )

2 2

3 32 22 2

0 0

2

33 2 22

0

2

34

0

2

2

0

2

2

0

2

22

00

0

8 82 2 2 2 cos3 2 3 2

8 2 cos 2 cos3 2

8 2 cos3

8 1 cos 22 23 2

1 2cos 2 cos 216 23 4

4 2 2 2 1 cos 43 2 2

4 2 103 2 2

V x dx sen t t dt

t dt

t dt

t dt

t tdt

sen t tt dt

t

π

π

π

π

π

π

ππ

π

= − = −

=

=

+⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

+ +=

⎡ ⎤⎢ ⎥

+⎛ ⎞⎢ ⎥= + + ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

= + +

∫ ∫∫∫∫∫

∫2

20

0

48

4 23 2 4

4 2 33 4

2

sen t

V

ππ

π π

π

π

⎡ ⎤⎢ ⎥+⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤= +⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

=

MOISES VILLENA Integración Múltiple

172

La evaluación de la integral doble puede resultar un asunto tedioso, sin embargo si la región de integración es simple-θ , podemos hacer uso de coordenadas cilíndricas.

5.1.9 INTEGRALES DOBLES EN COORDENADAS CILÍNDRICAS.

Suponga que la región de integración es simple-θ , la integral doble

( ),R

f x y dA∫∫ puede ser expresada de la forma:

( )´

cos ,R

f r rsen dAθ θ∫∫

Definamos el dA en coordenadas cilíndricas. Observe la figura:

En este caso dA dsdr= pero ds rdθ= entonces dA rdrdθ=

Finalmente la integral doble en coordenadas polares quedará de la forma:

( )´

,R

f r rdrdθ θ∫∫

Ejemplo 1

Hallar el volumen del sólido limitado por 2 2z x y= + y el plano 9z = . SOLUCIÓN:

( )r f θ=

ds

dr

1θ2θ

MOISES VILLENA Integración Múltiple

173

Haciendo un dibujo de las superficies, e identificando el sólido La región de integración sería:

Por tanto el volumen estará dado por ( )2 29

R

V x y dA⎡ ⎤= − +⎣ ⎦∫∫

Cambiando a cilíndricas

( )2 3

2

0 0

9V r rdrd

π

θ= −∫ ∫

Evaluando

( ) ( )

2 3 2 3

2 3

0 0 0 0

2

32 4

0

0

2

0

2

0

3

9 9

92 4

81 812 4

814

812

V r rdrd r r drd

r r d

d

V u

π π

π

π

π

θ θ

θ

θ

θ

π

= − = −

⎛ ⎞= −⎜ ⎟

⎝ ⎠

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

=

=

∫ ∫ ∫ ∫∫∫

9

2 2z x y= +

9z =

h

2 2 9x y+ =

x

y

z

3r =

MOISES VILLENA Integración Múltiple

174

Ejemplo 2

Encuentre el volumen de la región limitada por las superficies 2 2 2 4x y z+ + = y

( )22 1 1x y+ − = . SOLUCIÓN: Haciendo un dibujo de las superficies, e identificando el sólido Calcularemos el volumen de la porción superior, ya que el sólido es simétrico y lo multiplicaremos por dos.

2 22 4

R

V x y dA= − −∫∫

La región de integración es:

x

y

z

2 2 2 4x y z+ + =

( )22 1 1x y+ − =

2r senθ=

1

2( )22 1 1x y+ − =

MOISES VILLENA Integración Múltiple

175

Cambiando a coordenadas cilíndricas.

( )

( )

( )

( )

2

2 2 2

0 0

232 2

00

32 2

0

3

0

2

0 0

20

0

2

0 0

2 4 2 4

4223 2

2 8 4 43

2 8 8cos3

2 8 cos cos3

2 8 1 cos3

2 8 cos cos3

sen

R

sen

V x y dA r rdrd

rd

sen d

d

d d

sen d

d sen d

π θ

θπ

π

π

π π

π

π

π π

θ

θ

θ θ

θ θ

θ θ θ θ

θ θ θ θ

π θ θ θ θ θ

= − − = −

−=

⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

= −

⎡ ⎤⎢ ⎥

= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤⎢ ⎥

= − −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦⎡

= − +

∫∫ ∫ ∫∫∫∫

∫ ∫

∫ ∫

[ ]

3

00

2 83 3

2 8 0 03163

sensen

V

ππ θπ θ

π

π

⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤⎢ ⎥= − + =⎢ ⎥⎣ ⎦

= − +

=

Ejercicios Propuestos 5.3 1. Usando integrales dobles determine el volumen del sólido limitado por :

a) 25xz = ; 23 xz −= ; 4y = ; y el plano xz. Resp. 8 2

b) 22 yxz += ; 22 yxz += Resp. 6π

c) zyx 222 =+ ; 1222 =−+ zyx ; y, 0=z Resp. 3π

d) 122 ++= yxz ; 0=z ; 422 =+ yx Resp. 12π

2. Encontrar el volumen de la porción de la esfera 1222 =++ zyx situada entre los planos

21±=z . Resp. 5 2

3. Calcular el volumen del sólido que está en el interior de la esfera zzyx 2222 =++ ; y

arriba del paraboloide zyx =+ 22 . Resp. 76π

MOISES VILLENA Integración Múltiple

176

4. Hallar el volumen del sólido que está en el interior a 222 =+ zy ; y exterior a

2222 =−− zyx

5. Calcule el volumen del sólido intersección de los cilindros 122 =+ yx y 122 =+ zy

Parece ser que la evaluación de las integrales dobles pueden resultar difíciles de realizar, el hecho utilizar coordenadas cilíndricas nos permite pensar que en ocasiones será posible emplear diversas transformaciones que hará nuestro trabajo más plausible.

5.1.10 CAMBIO DE VARIABLES PARA INTEGRALES DOBLES (TRANSFORMACIONES)

Supongamos que se tiene la siguiente transformación

( )( )

,

,

x x u v

y y u v

=⎧⎪⎨

=⎪⎩

Aplicándola a la integral doble ( ),R

f x y dA∫∫ , quedaría de la forma

( ) ( )( )´

, , ,R

f x u v y u v dA∫∫

Donde ´R será una nueva región de integración en el plano uv por tanto el dAserá el correspondiente.

Determinemos en nuevo dA . Observe la figura:

x

y

u

v

( ),u v ( ),u u v+ Δ

( ),u v v+ Δ

( ),x y( ) ( )( ), ,;u v u vx y

( ) ( )( ), ,;u u v u u vx y+ Δ + Δ

( ) ( )( ), ,;u v v u v vx y+ Δ + Δ

P

QR ´R

MOISES VILLENA Integración Múltiple

177

Haciendo un análisis vectorial:

( ) ( ) ( ) ( )( ), , , ,;u u v u v u u v u vP x x y y+ Δ + Δ= − −

( ) ( ) ( ) ( )( ), , , ,;u v v u v u v v u vQ x x y y+ Δ + Δ= − −

Dividiendo y multiplicando al vector P para uΔ y tomando límite:

( ) ( ) ( ) ( )0 0

, , , ,lim ; lim ;u u

u u v u v u u v u vx x y y x yP u duu u u uΔ → Δ →

+ Δ + Δ− − ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞= Δ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟Δ Δ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Dividiendo y multiplicando al vector Q para vΔ y tomando límite:

( ) ( ) ( ) ( )0 0

, , , ,lim ; lim ;v v

u v v u v u v v u vx x y y x yQ v dvv v v vΔ → Δ →

+ Δ + Δ− − ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞= Δ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟Δ Δ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠

El área de la región R está dada por:

dA P Q= ×

El producto cruz será:

ˆ0

0

i j k x yx y u uP Q du du dudv k

x yu ux y v vdv dvv v

∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂× = =

∂ ∂∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂

Al determinante menor resultante se lo denomina JACOBIANO y se lo denota por:

( )( )

,,

x yx y u u

x yu vv v

∂ ∂∂ ∂ ∂=

∂ ∂∂∂ ∂

Por tanto:

( )( )

, ˆ,

x yP Q dudv k

u v∂

× =∂

Finalmente

( )( )

,,

x ydA dudv

u v∂

=∂

MOISES VILLENA Integración Múltiple

178

5.1.10.1 TEOREMA.

Sean R y ´R regiones de los planos xy y uv . Suponga que se tiene una transformación biyectiva tal que

( ),u vx x= y ( ),u vy y= mediante la cual la región R es imagen de ´R . Si f es continua en R y x e y tienen derivadas parciales

continuas en ´R y ( )( )

,,

x yu v

∂∂

en no nula en ´R ,

entonces:

( ) ( ) ( )( ) ( )( )

´

, ,,

, ,,

R R

u v u vx y

f x y dA f x y dudvu v

∂=

∂∫∫ ∫∫

El cambio a coordenadas cilíndricas es un ejemplo de una transformación, aquí tenemos que:

cosx r

y rsenθθ

=⎧⎨ =⎩

Entonces:

( ) ( ) ( )( )

´

,, cos ,

,R R

x yf x y dA f r rsen drd

rθ θ θ

θ∂

=∂∫∫ ∫∫

Calculemos el Jacobiano

( )( )

2 2cos,cos

cos,

x ysenx y r r r rsen r

x y rsen rrθ θ

θ θθ θθ

θ θ

∂ ∂∂ ∂ ∂= = = + =

∂ ∂ −∂∂ ∂

Por tanto se demuestra lo que antes habíamos presentado como un resultado geométrico:

( ) ( )´

, cos ,R R

f x y dA f r rsen rdrdθ θ θ=∫∫ ∫∫

MOISES VILLENA Integración Múltiple

179

Ejemplo 1

Calcular

1 2

0

x

x

dydx∫ ∫ empleando el siguiente cambio de variable ( )1x u v

y uv⎧ = −⎪⎨

=⎪⎩

SOLUCIÓN: Primero identificamos la región R .

En la integral dada, se tiene:

21

0

y xx

x y x

dy dx

==

= =

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦∫ ∫ , por tanto

Cambiando de variable, la integral tomaría la forma:

( )( )

´

,,

R R

x ydydx dudv

u v∂

=∂∫∫ ∫∫

Donde para el Jacobiano tenemos:

( )( )

, 1,

u u

v v

x yx y v vu uv uv u

x y u uu v∂ −

= = = − + =−∂

Y para la región ´R , tenemos: 1. En y x= , reemplazando se tiene:

( )

( )

1

2 0

11 2 0 02

y xuv u vuv u uv

u uv

u v u v

=

= −

= −− =

− = ⇒ = ∨ =

2. En 2y x= , reemplazando se tiene:

( )

( )

22 12 2

2 3 0

22 3 0 03

y xuv u vuv u uv

u uv

u v u v

=

= −

= −− =

− = ⇒ = ∨ =

2y x=

y x=

1x =

R

MOISES VILLENA Integración Múltiple

180

3. En 1x = , reemplazando se tiene:

( )

11 1

1

11 1

xu v

u uv

uv u vu

=

− =

− =

= − ⇒ = −

Por lo tanto ´R , sería: Obteniendo la nueva integral y evaluándola:

( )( )

( )

( )( )( )

( )

( ) ( )

[ ]

12

3 1

1´ 022

31

2 1

0

12

23

2

12

22 1 3

12

23

12

2 13 2

,,

2

1 12 1

112 2 1 1

1 12 1

1 1 12 1 1

1 3 2212

v

R R

v

x ydydx dudv ududv

u v

u dv

dvv

v

v

− +

∂= =

=

=−

−=

− + −

=−

⎡ ⎤= −⎢ ⎥

− −⎢ ⎥⎣ ⎦

= −

=

∫∫ ∫∫ ∫ ∫

11vu

= −

23

v =

12

v =

0u =

´R

MOISES VILLENA Integración Múltiple

181

Ejemplo 2 Empleando transformaciones adecuadas, hallar el área de la región limitada por:

2 42 0

41

x yx yx yx y

− =⎧⎪ − =⎪⎨ + =⎪⎪ + =⎩

SOLUCIÓN: La región de integración sería:

Podemos utilizar la siguiente transformación:2u x y

v x y= −⎧

⎨ = +⎩

Las trayectorias se transforman a:

4041

uuvv

=⎧⎪ =⎪⎨ =⎪⎪ =⎩

La nueva región de integración sería: Entonces:

( )( )

´

,,

R R

x yA dA dudv

u v∂

= =∂∫∫ ∫∫

Hallemos el Jacobiano

x

y

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7

-3

-2

-1

0

1

2

3

1x y+ = 2 4x y− =

2 0x y− = 4x y+ =

R

1v =

4v =

4u =0u = ´R

MOISES VILLENA Integración Múltiple

182

Note que como ( ),u u x y= y ( ),v v x y=

Podemos decir que: ( )( ) ( )

( )

, 1,,,

x yu vu vx y

∂=∂∂∂

Entonces: ( )( ) ( )

( )

, 1 1 1 1, 1 1, 3, 2 1

x x

y y

x yu v u vu vx y u v

∂= = = =∂∂∂ −

Finalmente:

( )( ) ( )

4 4

4 4

1 0

´ 1 0

, 1 1 1 4 1 4 4, 3 3 3

R

x yA dudv dudv v u

u v∂

= = = = − =∂∫∫ ∫ ∫

Ejemplo 3

Calcular y xy x

R

e dA−+∫∫ donde R es el paralelogramo con vértices ( )0,1 , ( )0, 2 , ( )1,0 y

( )2,0 . SOLUCIÓN: Primero identificamos la región R , ubicando los puntos en el plano y encontrando las ecuaciones de las rectas que definen al paralelogramo

Escogemos la transformación:u y xv y x= −⎧

⎨ = +⎩ ¿por qué?

Para obtener la región ´R , aplicamos la transformación a cada recta que limita la región R , Vamos a necesitar la transformación inversa: Sumando la primera ecuación a la segunda:

2x y+ =

1x y+ =

0y =

0x =

( )0,1

( )0,2

( )1,0( )2,0

R

MOISES VILLENA Integración Múltiple

183

( )122

u y xv y x

y u vu v y

= −⎧⎨ = +⎩ ⇒ = ++ =

Multiplicando por (-1) a la primera ecuación y luego sumando:

( ) ( )1

2

12

u y xu y x v y x

x v uv u xv y x

− = − +⎧⎨⎧ = − − = +⎪ ⎩⇒ ⇒ = −⎨− == +⎪⎩

• La ecuación 1x y+ = , es obvio que se transforma en 1v = .¿porqué? • La ecuación 2x y+ = , se transforma en 2v =

• Para la ecuación 0y = , tenemos: ( )1

2 0u v

v u

+ =

= −

• Para la ecuación 0x = , tenemos: ( )1

2 0v u

v u

− =

=

Por tanto la región ´R , estaría limitada por

12

vvv uv u

=⎧⎪ =⎪⎨ = −⎪⎪ =⎩

Escogemos primero un barrido horizontal, por tanto:

( )( )

´

,,

y xuy x v

R R

x ye dA e dudv

u v

−+ ∂

=∂∫∫ ∫∫

El Jacobiano sería:

( )( ) ( )

( )

, 1 1 1 1, 1 1, 2, 1 1

x x

y y

x yu v u vu vx y u v

∂= = = = −∂ −∂∂

Reemplazando, poniendo límites y calculando:

1v =

2v =

v u= − v u=

MOISES VILLENA Integración Múltiple

184

( )( )

( )

( )

( ) ( )

( )

2

´ 1

2

1

2

1

121 2

1

1

1

, 1, 2

112

12

2 2

4 14

34

v

u uv v

R vv

uv

v

x ye dudv e dudv

u v

e dv

v

v e e dv

e e v

e e

e e

∂= −

=

= −

−=

−= −

−=

∫∫ ∫ ∫∫∫

Ejercicios propuestos 5.4

1. Calcular 2

1

R

dxdyx∫∫ , donde R es la región comprendida entre las curvas 2y x= ,

y x= , 2 2 1x y+ = , 2 2 4x y+ = en el primer cuadrante.

2. Calcular 2

R

x dA∫∫ siendo R la región del primer cuadrante limitada por la hipérbola:

16=xy ; y las rectas: xy = ; 0=y ; 8=x .

3. Calcular ( )( )2 22

R

y x y x dA+ −∫∫ , donde R es la región limitada por 2

2

12

1

xyxyy xy x

=⎧⎪ =⎪⎨ =⎪⎪ = −⎩

en

el primer cuadrante.

4. Calcular 2 2

2 21

R

x y dAa b

− −∫∫ ; siendo R la elipse 12

2

2

2=+

b

y

ax

usando la siguiente

transformación: cos

sen

x ray rb

θ

θ

⎧ =⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩

.

5. Calcular ( )2 2

R

x y dA+∫∫ donde R es la región limitada por las curvas: 122 =− yx ;

922 =− yx ; 2=xy ; 4=xy . Utilizando la transformación: 2 2

2u x yv xy⎧ = −⎪⎨

=⎪⎩

MOISES VILLENA Integración Múltiple

185

6. Calcular ( )2 2

R

x y dA+∫∫ ; siendo R el triángulo con vértices; (0,0); (4,0); (4,4),

usando la siguiente transformación: x uy uv=⎧

⎨ =⎩.

7. Calcular ( ) ( )4

R

x y x y dA− +∫∫ ; siendo R el paralelogramo con vértices; (0,0);

(1,1); (5,0); (4,-1).

8. Evaluar ( ) ( )2 2cos

R

x y x y dA− +∫∫ ; R es la región acotada por el cuadrado con

vértices (0,1); (1,2); (2,1); (1,0). Utilizando la transformación u x yv x y= −⎧

⎨ = +⎩

9. Empleando un cambio de variable adecuado evalúe ( ) ( )2 2

D

x y sen x y dxdy− +∫∫ ,

donde D es el paralelogramo con vértices en ( ),0π , ( )2 ,π π , ( ),2π π , ( )0,π .

10. Una lámina cuadrada definida por los vértices ( )1,0 , ( )0,1 , ( )1,2 , ( )2,1 tiene una

densidad variable dada por ( ) ( )( )2 2,f x y x y x y= − − 2gr

cm . Determine la masa de la

lámina. Resp. 43 .gr

5.1.11 ÁREA DE UNA SUPERFICIE.

Si tuviésemos una superficie con ecuación ( ),z f x y= , y quisiéramos

hallar el valor del área de una porción R de la superficie, podemos actuar con la misma metodología con la que hemos resuelto nuestros problemas hasta el momento; es decir, particionar la región R y luego sumar dando lugar a una integral.

Observe la gráfica:

R

´R

dS

x

y

z

dA

( ),z f x y=

xRyR

MOISES VILLENA Integración Múltiple

186

Llamemos S , al valor del área de la porción R de la superficie, entonces:

R

S dS= ∫∫

El asunto sería ahora proyectar la superficie al plano xy obteniendo la

región ´R . Podemos pensar en una transformación de 3R a 2R . Denotando como R la función vectorial para la superficie, tenemos: ( )( ),, , x yx y f=R Los vectores de derivadas parciales con respecto a x ( xR ) y con

respecto a y ( xR ), serían:

( )1,0,x xf=R y ( )0,1,y yf=R

Entonces:

x ydS dA= ×R R

Calculando el vector producto cruz y luego su magnitud:

( )1 0 , ,10 1

x y x x y

y

i j kf f ff

× = = − −R R

2 21x y x yf f× = + +R R

Finalmente:

2 2

´

1 x y

R R

S dS f f dA= = + +∫∫ ∫∫

Si la ecuación de la superficie está dada en FORMA IMPLÍCITA, es decir ( ), , 0F x y z = . La formula anterior se transforma a:

2 2 2

´

x y z

zR

F F FS dA

F+ +

= ∫∫ ¡Demuéstrela!

MOISES VILLENA Integración Múltiple

187

Ejemplo 1

Demuestre que el área de la esfera 2 2 2 2x y z a+ + = es 24 aπ . SOLUCIÓN: Trabajaremos con la porción superior de la esfera y el resultado del área multiplicado por 2 por ser simétrica. La región ´R en este caso sería:

El área estaría dada por 2 2 2

´

2 x y z

zR

F F FS dA

F

+ += ∫∫

Reemplazando:

( ) ( ) ( )2 2 22 2 2

´ ´

2 2 2

´

2 2 2

´

2 2 2

´

2 2 22 2

2

4 4 42

2

22

2

2

x y z

z

R R

R

R

R

F F F x y zS dA dA

F z

x y zdA

z

x y zdA

z

x y zdA

z

+ + + += =

+ +=

+ +=

+ +=

∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫

y

z

x

2 2 2z a x y= − −

a

a

2 2 2x y a+ =

a

a

x

y

MOISES VILLENA Integración Múltiple

188

Reemplazando por la ecuación de la superficie 2 2 2z a x y= − −

2 2 2 2

2 2 2

´ ´

2 2 2

´

2 2

12

R R

R

x y z aS dA dAz a x y

a dAa x y

+ += =

− −

=− −

∫∫ ∫∫∫∫

Cambiando a polares:

( )

( )

2

2 2 2 2 2

´ 0 0

21

2 2 2

00

2

0220

2

1 12 2

2 22

2 0

2

4

a

R

a

S a dA a rdrda x y a r

a ra d

a a d

a

a

π

π

π

π

θ

θ

θ

θ

π

= =− − −

−=

= −

=

=

∫∫ ∫ ∫∫∫

Ejemplo 2

Encuentre el área de la región de la esfera 2 2 2 9x y z+ + = limitada por el cilindro 2 2 3 0x y x+ − = .

Soluci.on: Haciendo un dibujo La región ´R en este caso sería:

y

z

x

2 29z x y= − −

3

3

MOISES VILLENA Integración Múltiple

189

El área estaría dada por 2 2 2

´

2 x y z

zR

F F FS dA

F

+ += ∫∫

Reemplazando:

( ) ( ) ( )2 2 22 2 2

´ ´

2 2 2

´

2 2 2

´

2 2 2

´

2 2 22 2

2

4 4 42

2

22

2

2

x y z

z

R R

R

R

R

F F F x y zS dA dA

F z

x y zdA

z

x y zdA

z

x y zdA

z

+ + + += =

+ +=

+ +=

+ +=

∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫

Reemplazando por la ecuación de la superficie 2 29z x y= − −

2 2 2

2 2

´ ´

2 2

´

92 29

169

R R

R

x y zS dA dA

z x y

dAx y

+ += =

− −

=− −

∫∫ ∫∫∫∫

Cambiando a polares:

( )

( )

( )( )( )

( )

3cos

2 2 2

´ 0 0

3cos12 2

00

0

0

2

1 16 69 9

96 2

2

6 3 3

6 3 3cos

6 3 3 1 1

6 3 6

R

S dA rdrdx y r

rd

sen d

S u

π θ

πθ

π

π

θ

θ

θ θ

θ θ

π

π

= =− − −

−=

= −

= +

= + − −

= −

∫∫ ∫ ∫∫∫

3cosr θ=

x

y

3

MOISES VILLENA Integración Múltiple

190

Puede ocurrir que no sea posible proyectar la superficie en el plano xy y que si se la pueda proyectar en el plano xz o en el plano yz , en tales casos tenemos:

• Proyectando en el plano xz . Si la ecuación de la superficie está dada por ( ),y f x z=

2 21 x zdS f f dxdz= + +

O en forma implícita, si ( ), , 0F x y z = entonces;

2 2 2x y z

y

F F FdS dxdz

F

+ +=

• Proyectando en el plano yz .

Si la ecuación de la superficie está dada por ( ),x f y z=

2 21 y zdS f f dydz= + +

O en forma implícita si ( ), , 0F x y z = , entonces:

2 2 2x y z

x

F F FdS dydz

F+ +

=

Ejemplo

Demuestre que el área lateral del cilindro, que se muestra es 2 ahπ . SOLUCIÓN: Proyectando en el plano zy

2 2 2:S x y a+ =

x

y

z

h

a

R

MOISES VILLENA Integración Múltiple

191

( ) ( )

( )

( )

2 22 2 2 2

0 0

2 2

0 0

00

2 2 04

2

242

4

4 1 0

42

2

h a

x y z

xR

h a

ah

F F F x yS dydz dydz

F x

a dydza y

ya arcsen za

a arcsen arcsen h

a h

ah

π

π

+ + + += =

=−

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

= −

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

=

∫∫ ∫ ∫

∫ ∫

5.1.11.1 SUPERFICIES PARAMETRIZADAS.

Si para una superficie están dadas sus ecuaciones paramétricas:

( )( )( )

,

,

,

:u v

u v

u v

x xS y y

z z

=⎧⎪ =⎨⎪ =⎩

Que definen su vector posición:

( ) ( ) ( ) ( )( ), , , ,, ,u v u v u v u vx y z=R

Entonces el diferencial de superficie está dado por:

u vdS dudv= ×R R

Ejemplo.

Hallar el área de la superficie de la esfera 2 2 2 2x y z a+ + = . SOLUCIÓN: Empleando las ecuaciones paramétricas para la esfera:

cos: ;0 ;0 2

cos

x a senS y a sen sen

z a

φ θφ θ φ π θ πφ

=⎧⎪ = ≤ ≤ ≤ ≤⎨⎪ =⎩

El vector posición para los puntos de la esfera sería: ( ) ( ), cos , , cosa sen a sen sen aφ θ φ θ φ θ φ=R

Las derivadas parciales serían: ( )cos cos , cos ,a a sen a senφ φ θ φ θ φ= −R

( ), cos ,0a sen sen a senθ φ θ φ θ= −R El producto cruz y su magnitud:

MOISES VILLENA Integración Múltiple

192

( )2 2 2 2 2 2 2 2

cos cos coscos 0

cos , , cos cos cos

i j ka a sen a sena sen sen a sen

a sen a sen sen a sen a sen sen

φ θ φ θ φ θ φφ θ φ θ

φ θ φ θ φ φ θ φ φ θ

× = −−

= +

R R

( )

( ) ( )

( )

24 4 2 4 4 2 2 2 2 2

24 4 2 2 4 2 2 2 2

4 4 4 2 2

4 2 2 2

2

cos cos cos cos

cos cos cos

cos

cos

a sen a sen sen a sen a sen sen

a sen sen a sen sen

a sen a sen

a sen sen

a sen

φ θ

φ θ

φ θ φ θ φ φ θ φ φ θ

φ θ θ φ φ θ θ

φ φ φ

φ φ φ

φ

× = + + +

= + + +

= +

= +

× =

R R

R R El área de la esfera estaría dado por:

( ) ( ) ( )( )2

22 2 2 20 0

0 0

cos 1 1 2 4S a sen d d a a a

π π

π πφ φ θ φ θ π π= = − = + =∫ ∫

Ejercicios propuestos 5.5

1. Calcular el área de la superficie de la parte del paraboloide zyx =+ 22 que queda dentro

de la esfera zzyx 4222 =++ Resp. ( )13 13 16π

2. Encontrar el área de la superficie del plano 4y z+ = limitado por el cilindro 2z x= , y el

plano 0y = . Resp. 32 23

3. Encontrar el área de la parte de la superficie esférica 1222 =++ zyx situada entre los

planos 2

1=z y

21

−=z

4. Calcular el área de la porción de la superficie xyz = limitada por el cilindro 422 =+ yx

5. Calcular el área de la porción de la esfera 2222 azyx =++ interior al cilindro

ayyx =+ 22 ; siendo a>o

6. Calcular el área de la superficie dada por: cos

2 cosx ry rz

φφ

φ

=⎧⎪ =⎨⎪ =⎩

,10 ≤≤ r π≤φ≤ 20

MOISES VILLENA Integración Múltiple

193

5.2 INTEGRALES TRIPLES 5.2.1 DEFINICIÓN

Para definir una integral para una función de tres variables, análogamente a integrales dobles, deberíamos pensar que nuestra región de integración se extendería a la forma [ ] [ ] [ ], , ,a b c d e g× × ; es decir, ahora se tendría un

paralelepípedo, una región de 3 , la cual se la denota como Q :

Si hacemos particiones de Q , la ijk -ésima partición tendría la forma: Y su volumen sería: ijk i j kV x y zΔ = Δ Δ Δ .

Una función de tres variables ( ), ,w f x y z= definida en Q , para esta partición sería de la forma

( ), , ki j i j kx y zf x y zΔ Δ Δ

Donde ( ), , ki jx y z representa un punto cualquiera de la ijk -ésima

partición.

a

b

c d

e

g

x

y

k

Q

ixΔjyΔ

kzΔ

MOISES VILLENA Integración Múltiple

194

Para todo Q , habría que considerar una cantidad infinita de particiones, es decir:

( )1 1 1

, ,lim ki j

l m n

i j knm k j il

x y zf x y z→∞→∞ = = =→∞

Δ Δ Δ∑ ∑ ∑

De aquí surge la definición de integrales triples

Sea f una función de tres variables definida en una región de 3 , [ ] [ ] [ ] ( ) , , , , , /Q a b c d e g x y z a x b c y d e z g= × × = ≤ ≤ ∧ ≤ ≤ ∧ ≤ ≤

Al ( )1 1 1

, ,lim ki j

l m n

i j knm k j il

x y zf x y z→∞→∞ = = =→∞

Δ Δ Δ∑ ∑ ∑ se

le denomina la Integral Triple de f en Q y se la denota de la siguiente manera:

( , , )g d b

e c a

f x y z dxdydz∫ ∫ ∫

Además, si existe este límite decimos que f es integrable en Q .

Si ( ), , 1f x y z = , sería el volumen de la región Q. En esta sección nos ocuparemos de calcular volúmenes con integrales triples para familiarizarnos con su planteo y con su evaluación; en otra sección calcularemos otras integrales triples y además con alternativas de evaluación.

El teorema de Fubini es aplicable para estas integrales también, porque al

igual que integrales dobles, estas pueden ser observadas como integrales iteradas. Y es más, si tuviésemos regiones generales también el teorema de Fubini es aplicable.

Ejemplo 1

Encontrar el volumen de la región acotada por 2 23z x y= + y 21123

z x= − .

Solución Haciendo un dibujo

MOISES VILLENA Integración Múltiple

195

La integral triple para el volumen sería:

( ) ( )

( )

213

213

2 2

2 2

12

12

3

3

2 2 213

2 243

12 3

12 3

x

x

x y

R Rx y

R

R

V dz dA dA

x x y dA

x y dA

z−

+

+

⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎡ ⎤= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤= − − +⎣ ⎦

= − −

∫∫ ∫ ∫∫∫∫∫∫

Para definir la región R , determinemos la curva de intersección entre las superficies:

2 2

2

31123

z x y

z x

⎧ = +⎪⎨

= −⎪⎩

Igualando, tenemos:

2 2 2

2 2

2 2

13 123

4 3 123

19 4

x y x

x y

x y

+ = −

+ =

+ =

21123

z x= −

2 23z x y= +

x

y

z

MOISES VILLENA Integración Múltiple

196

Poniendo límites, tenemos:

( ) ( )

( )

( ) ( )

( )

2

2

36 43 3

2 2 2 24 43 3

0 0

36 432 33

00

3 3 32 22 2

0

33

2 2

0

12 3 4 12 3

36 44 3

3 3

36 4 36 44

9 27

24 36 427

x

R

x

V x y dA x y dydx

x yy dx

x xdx

x dx

+ −

= − − = − −

⎡ ⎤⎢ ⎥−

= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤− −⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

= −

∫∫ ∫ ∫

Empleando sustitución trigonométrica:

3x sent= entonces 3cosdx t dt= y 0 0

32

x t

x t π→ ⇒ →⎧

⎪⎨

→ ⇒ →⎪⎩

reeemplazando

2 2

19 4x y

+ =

x

y

3

2 236 43

xy + −=

0

MOISES VILLENA Integración Múltiple

197

( ) ( )( ) ( )

( )( )

( )

( )

( )

3 233 2 22 2

0 0

2

3

0

2

4

0

22

0

22

0

2 2 2

0 0 0

2 84 36 4 36 4 3 3cos27 27

8 6cos 3cos27

16 cos3

16 1 cos 23 2

1 2cos 2 cos 2163 4

1 cos 44 2cos 23 2

4 2 123 2 2

V x dx sent tdt

t tdt

t dt

t dt

t tdt

tdt tdt dt

sen t st t

π

π

π

π

π

π π π

= − = −

=

=

+⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

+ +=

⎡ ⎤⎢ ⎥+

= + +⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

= + + +

∫ ∫

∫ ∫ ∫2

0

3

48

4 33 2 2

en t

V u

π

π

π

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦=

Ejemplo 2 Empleando integrales triples para calcular el volumen de la esfera que tiene por ecuación 2 2 2 2x y z a+ + = . Solución: Haciendo un gráfico

dxdy

dz

y

z

x

2 2 2z a x y= − −

a

a 0z =

Q

MOISES VILLENA Integración Múltiple

198

El volumen del paralelepípedo diferencial sería: dV dzdA= (altura por área de la base), será mejor plantearlo de esta forma para que el dA sea planteado igual que en integrales dobles. El volumen total sería:

Q

V dzdA= ∫∫∫

Trabajando con la porción superior de la esfera, haciendo un barrido vertical, el límite inferior para z sería la ecuación del plano 0z = y el límite superior sería la ecuación de la esfera

2 2 2z a x y= − − , entonces:

2 2 2

2 2 2

0

2 2

z a x y

R R

V dz dA a x y dA

= − −⎡ ⎤⎢ ⎥

= = − −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

∫∫ ∫ ∫∫

los demás límites se los obtiene observando la proyección de la superficie en el plano xy Pasando a polares y evaluando la integral:

( )

( )

2

2 2 2 2 2

0 0

2 32 2 2

0 0

3 22 20

3

2 2

223 2

2 0343

a

Ra

V a x y dA a r rdrd

a r

a

a

π

π

π

θ

θ

π

= − − = −

−=

⎡ ⎤= −⎢ ⎥⎣ ⎦

=

∫∫ ∫ ∫

Las integrales triples igual que las integrales dobles, pueden presentarse laboriosa en su evaluación; por tanto, aquí también es posible utilizar trasformaciones.

2 2 2x y a+ =

a

a

x

y

MOISES VILLENA Integración Múltiple

199

5.2.2 INTEGRALES TRIPLES EN COORDENADAS ESFÉRICAS

Recordemos que las transformaciones en coordenadas esféricas son:

cos

cos

x seny sen senz

ρ φ θρ φ θρ φ

=⎧⎪ =⎨⎪ =⎩

Análogamente a integrales dobles, ahora una integral triple en

condiciones especiales puede ser expresada de la siguiente forma:

( ) ( ) ( )( )´

, ,, , , ,

, ,Q Q

x y zf x y z dV f d d dρ θ φ ρ θ φ

ρ θ φ∂

=∂∫∫∫ ∫∫∫

Hallemos el Jacobiano:

( )( )

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

, ,, ,

cos coscos 0

cos cos cos

cos cos cos cos cos

cos cos

x y zx y z

x y zx y z

sen sen sensen sen sen

sen sen

sen sen sen sen sen sen sen

sen sen

ρ ρ ρ

θ θ θ

φ φ φ

ρ θ φ

φ θ φ θ φρ φ θ ρ φ θρ φ θ ρ φ θ ρ φ

φ ρ φ φ θ ρ φ φ θ ρ φ ρ φ θ ρ φ θ

ρ φ φ θ θ ρ

∂=

= −−

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − − − +⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤= − + −⎣ ⎦

2 3 2 2

2 2 2 3

2 2 2

2

cos

cos

cos

sen sen

sen sen

sen sen

sen

φ θ θ

ρ φ φ ρ φ

ρ φ φ φ

ρ φ

⎡ ⎤+⎣ ⎦= − −

⎡ ⎤= − +⎣ ⎦= −

Por tanto:

( )( )

2, ,, ,

x y zsenρ φ

ρ θ φ∂

=∂

Ejemplo 1

Calcular el volumen de la esfera 2 2 2 2x y z a+ + = empleando coordenadas esféricas. Solución: La ecuación de la esfera en coordenadas esféricas es aρ =

MOISES VILLENA Integración Múltiple

200

El volumen estaría dado por:

2

2

0 0 0

a

V sen d d d

π π

ρ φ ρ φ θ= ∫ ∫ ∫

Evaluando

( )

( )

2 23

2

00 0 0 0 0

23

0

02

3

03

2

0

3

3

cos3

1 13

23

43

aa

V sen d d d sen d d

a d

a d

a

a

π π π π

π

π

π

π

ρρ φ ρ φ θ φ φ θ

φ θ

θ

θ

π

= =

= −

= +

=

=

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Ejemplo 2

Hallar el volumen de la porción del cono 2 2 2z x y= + , limitada superiormente por la esfera 2 2 2 2x y z a+ + = . Solución: Haciendo un dibujo:

ρφ

θ

aρ =

x

y

z

MOISES VILLENA Integración Múltiple

201

La integral para el volumen sería:

2 4

2

0 0 0

a

V sen d d d

ππ

ρ φ ρ φ θ= ∫ ∫ ∫

Evaluando

( )

2 24 43

2

00 0 0 0 0

23

40

02

3

0

32

0

3

3

cos3

213 2

213 2

2 213 2

aa

V sen d d d sen d d

a d

a d

a

a

π ππ π

π

π

π

π

ρρ φ ρ φ θ φ φ θ

φ θ

θ

θ

π

= =

= −

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎛ ⎞

= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

aρ =

x

y

z

4πφ =

MOISES VILLENA Integración Múltiple

202

Ejercicios Propuestos 5.6 1. Determine el volumen del sólido limitado en su parte superior por la esfera

2 2 2 9x y z+ + = y en su parte inferior por el cono 2 2 22x y z+ = ; considere 0z ≥ .

2. Hallar el volumen total del espacio comprendido entre el cilindro 222 ayx =+ y el

hiperboloide 2222 azyx −=−+ 3. Calcular el volumen del sólido limitado por los tres planos coordenados, la superficie

22 yxz += ;y el plano 1=+ yx

4. Calcular el volumen del sólido limitado por la esfera 2222 azyx =++ y el cono

0;222 ≥+= zyxz

5. Calcular el volumen del sólido limitado superiormente por la esfera zzyx 4222 =++

e inferiormente por el cono 222 zyx =+ . Resp. 8π 6. Calcular el volumen del sólido limitado por las superficies:

1;2 22222 =−+=+ zyxzyx ;y 0=z 7. Utilizando una transformación adecuada, hallar el volumen del cuerpo limitado por el

elipsoide 22549

222=++

zyx y el cono 0

2549

222=−+

zyx

8. Sea un campo escalar ( )zyxf ,, definido sobre una región 3RQ ⊆ , se define el valor

medio de f por: ( )∫∫∫=Q

med dVzyxfQV

f ,,)(

1, donde V(Q) es el volumen de Q.

Encontrar el valor medio de ( ) xyzzyxf =,, sobre el cubo de lado "L" que se encuentra en el primer octante con vértice en el origen y aristas paralelas a los ejes coordenados

Misceláneos 1. Califique como verdaderas o falsas lasa siguientes proposiciones:

a) ( ) ( ) ( )

ln 1 0

1 ln 0 1

, , ,

y y

e x e e

x e e

f x y dydx f x y dxdy f x y dxdy

−− −

= +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

b) ( ) ( )

2 21 1 1 1

2 2

1 1 0 1

3 2 3

x x

x x

x y dydx x y dydx

− −

− − −

+ = +∫ ∫ ∫ ∫

c) El valor promedio de la función ( ),f x y xy= en la región [ ] [ ]0,1 1,3× es igual a 1.

d) ( )

( )

( )2

1 11 1 1

0 0 01 1

, ,

y

x

f x y dydx f x y dxdy

+ −

− −

=∫ ∫ ∫ ∫

e) ( ) ( ) ( )

2 22 2 2 1

0 1 1 1 0 1

, 2 , ,

y yx

x y

f x y dydx f x y dxdy f x y dxdy

− −−

− −

= +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2. Empleando integrales dobles, calcular el área de la región limitada por:

a) 25102 += xy ; 962 +−= xy

b) xyx 222 =+ ; xyx 422 =+ ; xy = ; 0=y

MOISES VILLENA Integración Múltiple

203

3. Calcule la integrales doble sobre la región R ⎪⎩

⎪⎨

===

=+∫∫ 4

0,

21 xxy

yR

Rx

y

4. Calcular dydxx

y

x sen

2

0

4

2∫ ∫

5. Calcular ∫ ∫ +

2

0

231 dydx

x

yx

6. Evaluar dA

R

xy

e∫∫ donde R es la región limitada por 2xy = , xy = , 1=x , 2=x .

7. Suponga que el triángulo R con vértices (0,0) , )10,0( y )0,10( representa la región situada dentro del límite de cierta región de la provincia de Manabí. Después de una tormenta de invierno, la

profundidad del agua en el punto ),( yx de R era 501005001),(

yxeeyxf−−

= cm. Suponiendo

que x e y se miden en centímetros HALLE una expresión para establecer la profundidad media del agua en la región.

8. Para las integrales dadas, calcular el valor de la integral, dibujar la región de integración,

cambiar el orden de integración y calcular el valor de la nueva integral.

a) ( )∫ ∫−

+1

0

1

1

2

2y

dxdyyyx

b) ∫ ∫−

a a

z xa

adxdz

022

c) ( )∫ ∫ +1

0

3x

x

dydxyy

d) ∫ ∫π +

0

cos1

0

2 senx

xdydxy

e) ∫ ∫ +8ln

1

ln

0

yyx dxdye

9. Evaluar

R

xdA∫∫ ; si R es un triángulo con vértices los puntos (2,3) ; (7,2) ; (4,5).

10. Calcular

D

xydA∫∫ donde D es la región comprendida entre la elipse 12 22 =+ yx y la

circunferencia 122 =+ yx en el primer cuadrante.

11. Calcular ∫∫D

xydA donde D es el cuadrado con vértices (0,0); (1,1); (2,0); (1,-1).

12. Evaluar cos4

R

xy dAπ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠∫∫ ; donde R es el rectángulo [0,2]x[-1,0].

MOISES VILLENA Integración Múltiple

204

13. Calcular ( )2 22

R

x y dA+∫∫ ; R es la región acotada por las gráficas 1=xy ; 2=xy ;

xy = ; xy 2= . Utilizando la transformación:vyvux

=

=

14. Encuentre el área de la superficie del paraboloide hiperbólico 22 xyz −= comprendida

entre los cilindros 122 =+ yx y 422 =+ yx .

15. Determine el volumen del sólido comprendido entre las esferas ( )22 21 : 1 4S x y z+ − + = y

( )22 22 : 1 4S x y z+ + + = . Resp. 10

16. Determine el área de la superficie de la esfera 2 2 2 2x y z R+ + = que se encuentra en el interior del cilindro 2 2 2x y a+ = . Considere 0z ≥

INTEGRALES TRIPLES.

46. Dada la integral

∫ 1

0

∫ x

0

∫ y

0

f(x, y, z) dzdydx, dibujar la region de integracion y escribir

la integral de todas las formas posibles.

Solucion

x

y

z

Teniendo en cuenta la grafica adjunta, si D1, D2 y D3 son las proyecciones sobre los tresplanos coordenados, las diferentes formas de escribir la integral son las siguientes:

∫∫D1

dxdy

∫ y

0

f dz =∫ 1

0

dx

∫ x

0

dy

∫ y

0

f dz =∫ 1

0

dy

∫ 1

y

dx

∫ y

0

f dz,∫∫D2

dxdz

∫ x

z

f dy =∫ 1

0

dz

∫ 1

z

dx

∫ x

z

f dy =∫ 1

0

dx

∫ x

0

dz

∫ x

z

f dy,∫∫D3

dydz

∫ 1

y

f dx =∫ 1

0

dy

∫ y

0

dz

∫ 1

y

f dx =∫ 1

0

dz

∫ 1

z

dy

∫ 1

y

f dx.

47. Calcular las siguientes integrales triples:

i)

∫∫∫V

(x2 + y2) dxdydz, donde V esta limitado por las superficies x2 + y2 = 2z,

z = 2.

ii)

∫∫∫W

(1+z2) dxdydz, siendo W la region limitada por 2az = x2+y2, x2+y2−z2 =

a2, z = 0.

Solucion

1

i) La region de integracion es el interior del paraboloide limitado por el plano z = 2.

x

y

z

Como la proyeccion de dicha region sobre el plano z = 0 es el cırculo C : x2 + y2 ≤ 4, laintegral triple se puede descomponer entonces como

I =∫∫

C

dxdy

∫ 2

(x2+y2)/2

(x2 + y2) dz.

Al escribir la integral en coordenadas cilındricas, se obtiene:

I =∫ 2π

0

dv

∫ 2

0

u du

∫ 2

u2/2

u2 dz = 2π∫ 2

0

u3 · (2− u2/2) du =16π

3.

ii) La interseccion del paraboloide 2az = x2 + y2 con el hiperboloide x2 + y2 − z2 = a2

da la circunferencia x2 + y2 = 2a2 situada en el plano z = a. Esto indica que ambassuperficies son tangentes a lo largo de dicha circunferencia; por ello deducimos que la regionde integracion esta limitada superiormente por el paraboloide, inferiormente por el planoz = 0 y lateralmente por el hiperboloide (en la figura se muestran dos vistas de la regionde integracion).

xy

z

xy

z

Debemos descomponer la integral en dos sumandos pues, si (x, y) esta en el cırculo de centroel origen y radio a, entonces z esta comprendido entre el plano z = 0 y el paraboloide2az = x2 + y2 y, si (x, y) esta entre el cırculo anterior y el cırculo de radio a

√2, entonces z

esta comprendido entre el hiperboloide x2 + y2 − z2 = a2 y el paraboloide anterior.

La formula que se obtiene es pues

I =∫∫

x2+y2≤a2dxdy

∫ x2+y2

2a

0

(1 + z2) dz

+∫∫

a2≤x2+y2≤2a2dxdy

∫ x2+y2

2a

√x2+y2−a2

(1 + z2) dz.

2

Para resolver las integrales, las escribimos en coordenadas cilındricas. Ası,

I =∫ 2π

0

dv

∫ a

0

u du

∫ u2/2a

0

(1 + z2) dz +∫ 2π

0

dv

∫ a√

2

a

u du

∫ u2/2a

√u2−a2

(1 + z2) dz

= · · · = (10 + a2)πa3/30.

[Todas las integrales a resolver son casi inmediatas.]

48. Calcular

∫∫∫S

(1 + x + y + z)−3 dxdydz, donde S es el tetraedro limitado por los tres

planos coordenados y el plano de ecuacion x + y + z = 1.

Solucion

Si llamamos D a la proyeccion de la region de integracion sobre el plano XY , podemosescribir la integral como

I =∫∫

D

(∫ 1−x−y

0

(1 + x + y + z)−3 dz)dxdy.

Como, a su vez, D es el triangulo de vertices (0, 0), (1, 0) y (0, 1), la integral se descomponeen las siguientes integrales iteradas:

I =∫ 1

0

dx

∫ 1−x

0

dy

∫ 1−x−y

0

(1 + x + y + z)−3 dz

=∫ 1

0

dx

∫ 1−x

0

[−y

8+

(1 + x + y)−2

2

]dy

=∫ 1

0

[x− 18

− 14

+1

2(1 + x)

]dx =

12

ln 2− 516

.

49. Calcular los volumenes de los cuerpos limitados por las siguientes superficies:

i) a2 = x2 + z2, x + y = ±a, x− y = ±a.

ii) z = x2 + y2, xy = a2, xy = 2a2, y = x/2, y = 2x, z = 0.

iii)

√x

a+√

y

b+√

z

c= 1, x, y, z ≥ 0.

iv)x2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 1,

x2

a2+

y2

b2=

z2

c2, (z > 0).

Solucion

i) La region a considerar es el interior del cilindro a2 = x2+z2 cortado por los cuatro planosx + y = a, x + y = −a, x− y = a, x− y = −a.

3

x

y

z

Como la proyeccion del solido sobre el plano XY es el cuadrado R limitado por las rectasx + y = a, x + y = −a, x− y = a, x− y = −a, el volumen se calcula por la formula

V =∫

R

dxdy

∫ √a2−x2

−√

a2−x2dz = 2

∫R

√a2 − x2 dxdy

= 2∫ 0

−a

dx

∫ x+a

−x−a

√a2 − x2 dy + 2

∫ a

0

dx

∫ −x+a

x−a

√a2 − x2 dy = 2a3π − 8a3/3.

[Para calcular las integrales se puede hacer alguna sustitucion trigonometrica.]

ii) El solido consiste en la region limitada entre el plano XY y el paraboloide z = x2 + y2 ycuya proyeccion sobre el plano XY es la region R limitada por las curvas xy = a2, xy = 2a2,y = x/2, y = 2x (en realidad la region es union de dos regiones, una de ellas en el primercuadrante y otra en el tercer cuadrante; como las regiones tienen la misma area y la funcionz = x2 + y2 es simetrica, bastara multiplicar por dos el resultado obtenido al considerarunicamente la parte del primer cuadrante).

z

4

Podemos pues escribir el volumen como:

V = 2∫∫

R

dxdy

∫ x2+y2

0

dz =∫∫

R

(x2 + y2) dxdy.

Para calcular la integral doble sobre la region R, realizamos el cambio de variables dadopor las ecuaciones xy = u, x/y = v.

Este cambio hace que∣∣∣J(x, y

u, v

)∣∣∣ = 12v

y que la nueva region de integracion sea R′ = (u, v) :

a2 ≤ u ≤ 2a2, 1/2 ≤ v ≤ 2. El volumen se calcula entonces como

V = 2∫ 2a2

a2du

∫ 2

1/2

(uv +

u

v

)· 12v

dv =9a4

2.

iii) El solido esta ahora comprendido entre la funcion dada y los planos coordenados.

x

y

z

Su proyeccion sobre el plano XY es la region R del primer cuadrante limitada por los

ejes coordenados y la astroide de ecuacion√

x

a+√

y

b= 1, de modo que el volumen es

sencillamente

V =∫∫

R

∫ c(1−√

x/a−√

y/b)2

0

dz

=∫ a

0

dx

∫ b((1−√

x/a)2

0

c(1−√

x/a−√

y/b)2 dy =abc

90.

[Todas las integrales son inmediatas.]

iv) Ahora el solido es la region limitada superiormente por el elipsoidex2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 1 e

inferiormente por el conox2

a2+

y2

b2=

z2

c2, por encima del plano XY . Como la interseccion

de ambas superficies es la elipsex2

a2+

y2

b2= 1/2, situada en el plano z = c/

√2, el volumen

se expresa mediante la integral

V =∫∫

R

dxdy

∫ c√

1−x2/a2−y2/b2

c√

x2/a2+y2/b2dz,

donde R es la region limitada por la citada elipsex2

a2+

y2

b2= 1/2.

5

Para calcular dicha integral hacemos el cambio de variables x = (a/√

2)u cos v, y =(a/√

2)u sen v, cuyo jacobiano vale J = abu/2. Con estos datos,

V =∫ 2π

0

dv

∫ 1

0

(c√

1− u2/2− c/2) · abu

2du =

( 512− 1

3√

2

)πab.

50. Encontrar el volumen de la region acotada por las superficies z = x2 + y2, z =10− x2 − 2y2.

Solucion

En la figura del lado izquierdo se muestran los dos paraboloides que limitan la region, y enel lado derecho se ilustra la curva interseccion y su proyeccion sobre el plano XY .

x

y

z

x

y

z

Como la proyeccion de dicha curva interseccion es la elipse de ecuacion

x2 + y2 = 10− x2 − 2y2 ⇐⇒ 2x2 + 3y2 = 10,

para calcular el volumen utilizamos coordenadas polares modificadas, es decir hacemos latransformacion

x√

2/10 = u cos v,

y√

3/10 = u sen v,

cuyo jacobiano es J =

∣∣∣∣∣∣cos v√2/10

−u sen v√2/10

sen v√3/10

u cos v√3/10

∣∣∣∣∣∣ =10u√

6. El volumen se calcula entonces por la

formula

V =∫∫

R

[10− x2 − 2y2 − (x2 + y2)] dxdy

=∫ 1

0

du

∫ 2π

0

10u√6· (10− 10u2) dv =

200π√6

∫ 1

0

(u− u3) du =50π√

6.

6

51. Calcular el volumen del casquete esferico limitado por

x2 + y2 + z2 = a2

x2 + y2 + z2 = b2

x2 + y2 = z2,

con z ≥ 0, siendo 0 < a < b.

Solucion

xy

Si escribimos el volumen en coordenadas esfericas, de acuerdo a la figura tenemos:

x = r cos ϑ senϕy = r senϑ senϕz = r cos ϕ

dondea ≤ r ≤ b0 ≤ ϕ ≤ π/40 ≤ ϑ ≤ 2π

.

Recordando que el jacobiano de la transformacion es J = r2 senϕ, el volumen se escribeahora de la siguiente forma:

V =∫ b

a

dr

∫ π/4

0

∫ 2π

0

r2 senϕdϑ =(

r3

3

∣∣∣ba

)·(− cos ϕ

∣∣∣π/4

0

)· 2π

=b3 − a3

3

(1−

√2

2

)· 2π =

π

3(2−

√2)(b3 − a3).

52. (a) Describir las superficies r = constante, ϑ = constante, z = constante, en elsistema de coordenadas cilındricas.

(b) Idem para las superficies r = constante, ϑ = constante, φ = constante, en coor-denadas esfericas.

Solucion

a) De las ecuaciones que definen las coordenadas cilındricas:

x = r cos ϑ, y = r senϑ, z = z,

al hacer r = k, obtenemosx2 + y2 = k2,

7

lo que corresponde a un cilindro con eje de simetrıa el eje Z y radio k.

Si hacemos ϑ = k, basta dividir las dos primeras coordenadas para obtener

y

x= tg k,

lo que corresponde a un plano vertical que pasa por el origen (los distintos valores de k danlos diferentes angulos con respecto al plano y = 0).

Si hacemos z = k, esta misma ecuacion representa un plano horizontal de altura k.

b) Las coordenadas esfericas de un punto se obtienen mediante las ecuaciones

x = ρ cos ϑ senφ, y = ρ senϑ senφ, z = ρ cos φ.

Si hacemos ρ = k, obtenemosx2 + y2 + z2 = k2,

es decir la esfera centrada en el origen con radio k.

Si hacemos ϑ = k, al igual que con las coordenadas cilındricas,

y

x= tg ϑ,

que representa tambien un plano vertical.

Si, por ultimo, escribimos φ = k, resulta:

x2 + y2 = ρ2 sen2 φz2 = ρ2 cos2 φ

=⇒ x2 + y2

z2= tg2 φ,

que representa un cono de vertice el origen.

53. Calcular el momento de inercia de un solido en forma de cono circular recto condensidad constante respecto a su eje.

Solucion

Supongamos que el cono de altura h y radio en la base r tiene vertice en el origen y ejevertical. Entonces su ecuacion es

z2 =h2

r2(x2 + y2).

Si la densidad en cada punto del solido es k, el momento de inercia respecto al eje Z vienedada por la formula:

Iz =∫∫∫

S

k(x2 + y2) dV.

Para resolver la integral, escribimos el solido en coordenadas cilındricas, x = u cos v, y =u sen v. La ecuacion del cono se escribe entonces como z = hu/r y la integral pedida

Iz =∫ 2π

0

dv

∫ r

0

du

∫ h

hu/r

k · u3 dz = 2πk

∫ r

0

u3(h− uh

r

)du =

πkhr4

10.

8

Otra forma de resolver la integral consiste en realizar la transformacion a coordenadasesfericas, x = ϕ cos ϑ senφ, y = ϕ senϑ senφ, z = ϕ cos φ. De este modo la ecuacion delplano z = h se escribe como ϕ = h/ cos φ, y la integral es ahora

Iz =∫ 2π

0

∫ arc tg(r/h)

0

∫ h/ cos φ

0

k · ϕ2 sen2 φ · ϕ2 senφdϕ

= 2πk

∫ arc tg(r/h)

0

sen3 φ · h5

5 cos5 φdφ

=2πkh5

5

∫ arc tg(r/h)

0

tg3 φ · sec2 φ dφ =2πkh5

5· r4

4h4.

54. Hallar

∫∫∫R3

1[1 + (x2 + y2 + z2)3/2]3/2

dxdydz.

Solucion

Si realizamos la transformacion a coordenadas esfericas, x = ϕ cos ϑ senφ, y = ϕ senϑ senφ,z = ϕ cos φ, como el valor absoluto del jacobiano de la transformacion es J = ρ2 senφ, laintegral se escribe como:

I =∫ ∞

0

∫ 2π

0

∫ π

0

ρ2 senφ

(1 + ρ3)3/2dφ.

Para resolver la integral, como las variables estan separadas, basta multiplicar las tresintegrales simples. Tenemos ası:

I =∫ ∞

0

ρ2

(1 + ρ3)3/2dρ

∫ 2π

0

∫ π

0

senφdφ

=4π

3

∫ ∞

0

3ρ2(1 + ρ3)−3/2 dρ =4π

3lım

b→∞−2(1 + ρ3)−1/2

∣∣∣b0

=8π

3.

55. Calcular

∫∫∫R

(y2 + z2) dxdydz, siendo R un cono recto de revolucion de altura h,

base situada en el plano XY y de radio a y eje en el eje Z.

Solucion

a

a

h

x

y

z

9

La figura adjunta muestra el cono descrito, el cual tiene por ecuacion a2(h− z)2 = h2(x2 +y2). Pasando la integral a coordenadas cilındricas, x = u cos v, y = u sen v, z = z, tenemos:

I =∫ a

0

du

∫ 2π

0

dv

∫ h(a−u)/a

0

u(u2 sen2 v + z2)dz = · · · = a4hπ

20+

h3a2π

30.

10