5 integración múltiple

MOISES VILLENA Integración Múltiple

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.

149


5.1 INTEGRALES DOBLES

5.1.1 DEFINICIÓN
La integral definida para funciones de una variable se la definió de la
siguiente manera:
⎡ n ⎤
b

∫ f ( x ) dx = lím ⎢
n→∞
⎣ i =1
f xi Δxi ⎥
⎦
∑ ( )
a
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 R 2 , la cual la
denotamos como R.
y
d
R

c

a b x

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

ym
y
d R
Δy m
ym −1
Δxi

yj Δyi

y2
Δy2
y1
Δy1
c
y 0 Δx1 Δx2 Δxn

a
x0 x1 x2
xi
xn −1
b
x
x
n

150


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

Podemos definir una función de dos variables z = f ( x, y ) en la región
R , que para la ij − ésima partición sería:
( )
f xi , y j Δxi Δy j

Bien, veamos ahora su significado geométrico. Observe la gráfica
siguiente:

z

z = f ( x, y )
(
zi = f xi , y j )

c d
y
a

Δxi • (x , y )
i j

b Δy j
x

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

El volumen del ij − ésimo paralelepípedo, denotémoslo como ΔVij , estaría
dado por:

(
ΔVij = f xi , y j Δxi Δy j . )
Por tanto, si deseamos el volumen bajo la superficie, tendríamos que hacer
una suma de volúmenes de una cantidad infinita de paralelepídedos, es decir:

∑ ∑ f ( x , y ) Δx Δ y
m n
V = lim i j i j
n→∞
m→∞ j =1 i =1

151


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 }

∑ ∑ f ( x , y ) Δx Δy
m n
Al lim i j i j se le
n→∞
m→∞ j =1 i =1

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

∫ ∫ f ( x, y)dxdy
c a

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
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.

152


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
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
∫ ∫
f ( x, y )dA = ⎢ f ( x, y ) dx ⎥dy
⎢ ⎥
⎦
b
⎡d ⎤

a ⎣c
∫ ∫
= ⎢ 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
1 2

Calcular
∫∫
0 −1
xy 2 dydx

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

1 ⎡2 ⎤ 1 1
⎡ 3 ⎤

∫∫ ∫ ∫
3
⎢ ⎥
⎢ xy dy ⎥ dx =
2 ⎢x y ⎥ dx =
⎡ 23
⎢x − x
(− 1)3 ⎤ dx
⎥
⎢ ⎥ ⎢ 3 ⎥ ⎢ 3 3 ⎥
⎢
⎣ −1 ⎥
⎦ ⎣ ⎦
0 ⎢ −1
⎣ ⎥
⎦ 0 0
1 1

∫ ∫
1
⎡8 1 ⎤ x2 3
= ⎢ 3 x + 3 x ⎥ dx = 3 xdx = 3 =
⎣ ⎦ 2
0
2
0 0

Aquí pudimos haber integrado con respecto a x , y luego con respecto a
y , sin mayor trabajo. No deje de hacerlo.

153


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:

∫∫R
f ( x, y )dA

Esta integral doble puede ser calculada de dos maneras:

PRIMERO haciendo un barrido vertical

154


x =b
⎡ y= f ( x) ⎤
∫ ∫
x=a
⎢
⎣
f ( x, y )dy ⎥dx
⎢ y= g ( x) ⎥
⎦

SEGUNDO: Haciendo primero un barrido horizontal

y=d
⎡x= f ( y) ⎤
∫ ∫
y =c
⎢
⎣
f ( x, y )dx ⎥dy
⎢ x=g ( y) ⎥
⎦

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

A=
∫∫ dA
R

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.
y

y = f ( x)

R
dy
dx

y = g ( x)
x
a b

155


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

y
d
R

dy
x = g ( y)
dx
x = f ( y)

c

x

Ejemplo 1
1 x

Calcular
∫∫ 0 x2
160 xy 3 dydx

SOLUCIÓN:
Integrando desde adentro hacia afuera, tenemos:
1 ⎡ x ⎤ 1 1
⎡ x⎤

∫∫ ∫ ∫
⎢ ⎥
( )4 − 40 x(x2 )4 ⎤ dx
4
⎢ 160 xy 3dy ⎥ dx = ⎢160 x y ⎥ ⎡
⎢ ⎥ ⎢ 4 ⎥ dx = ⎢40 x x
⎣ ⎥
⎦
⎢ ⎥ ⎢
⎣ x2 ⎥
⎦
0 ⎣ x2 ⎦ 0 0
1

∫
1

= [40 x 3
] ⎛ x4
− 40 x 9 dx = ⎜ 40
⎜ 4
− 40
x10 ⎞
10 ⎟
⎟ = 10 − 4 = 6
⎝ ⎠0
0

Ejemplo 2
1 y

Calcular
∫∫ 0 0
y 2 e xy dxdy

SOLUCIÓN:

156


1 ⎡y ⎤ 1 1
⎡ y⎤

∫∫ ∫ ∫ [ye ]
⎢ ⎥ xy
2 xy ⎥
⎢ y e dx dy = ⎢ y2 e ⎥dy = yy
− ye(0 ) y dy
⎢ ⎥ ⎢ y ⎥
⎢ ⎥ ⎢
⎣ 0⎥
⎦
0 ⎣0 ⎦ 0 0
1 1 1

=
∫
0
⎡ ye y 2 − y ⎤dy =
⎢
⎣ ⎥
⎦ ∫
0
y2
ye dy −
∫
0
ydy

1
⎛e y ⎞ ⎛
y2 ⎞ ⎛ 02
2 2⎞ 12 2
=⎜ − ⎟ = ⎜ e − 1 ⎟ − ⎜ e − 0 ⎟ = e −1
⎜ 2 2 ⎟ ⎜ 2 2⎟ ⎜ 2 2 ⎟ 2
⎝ ⎠0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Ejemplo 3
1 1

Calcular
∫∫
0 1− y
e y dxdy

SOLUCIÓN:
1 ⎡ 1 ⎤ 1 ⎡ 1 ⎤ 1

∫∫ ∫ ∫ ∫
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢ e y dx ⎥dy = e y ⎢ dx ⎥dy =
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
[e x]y
1

1− y
dy
⎢
0 ⎣1− y
⎥ ⎢1− y ⎥
⎦ 0 ⎣ ⎦ 0
1 1

=
∫
0
e y (1 − (1 − y ))dy =
∫0
ye y dy

La última integral, se la realiza POR PARTES:
1

∫ ∫
u v v du

y e dy = y e −
y y
(
e dy = ye y − e y
y
) 1

0
= (e − e ) − (0 − 1) = 1
u dv
0

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
∫∫
R
xdA donde R es la región limitada por y = 2 x y y = x 2

SOLUCIÓN:
Primero identificamos la región R:

157


Note que es una región simple-, la calcularemos de las dos formas.

PRIMER MÉTODO: Haciendo primero un barrido vertical.
2 2x

La integral doble con límites será:
∫∫
0 x2
xdydx

Calculando la integral, resulta:
2 ⎡ 2x ⎤ 2 2

∫∫ ∫ ∫ [x(2 x) − x(x )]dx
⎢ ⎥
⎢ xdy ⎥dx = [xy] 2x
x2
dx = 2
⎢ ⎥
⎢ x2 ⎥
0 ⎣ ⎦ 0 0
2

∫ (2 x ) ⎛ x 3 x 4 ⎞ 16 4
= 2
− x3 dx = ⎜ 2 − ⎟= −4 =
⎜ 3 4 ⎟ 3 3
⎝ ⎠
0

SEGUNDO METODO: Haciendo primero un barrido horizontal.

4 y

La integral doble con límites será:
∫∫
0 y
xdxdy

2
Calculando la integral doble, resulta:

158


⎡ ⎤
⎢ y ⎥ ⎛ ⎛ y⎞
2 ⎞
4 4
⎡ y⎤
4 ⎜ ⎟ 4
( y) ⎜ ⎟

∫∫ ∫ ∫ ∫
⎢ ⎥ ⎢ x2 ⎥ ⎜
2
⎟ ⎛ y y2 ⎞
−⎝ ⎠
2 ⎜ − ⎟dy
⎢ xdx ⎥dy = ⎢ ⎥ dy = ⎜ ⎟dy =
⎢ ⎥ ⎜ ⎟ ⎜2 8 ⎟
⎢ 2 y ⎥ 2 2 ⎝ ⎠
0
⎢ y ⎥ 0 ⎣ 2 ⎦ 0 ⎜ ⎟ 0
⎢ ⎥ ⎝ ⎠
⎣ 2 ⎦
4
⎛ y 2 y3 ⎞
=⎜ − ⎟ = 4− 8 = 4
⎜ 4 24 ⎟ 3 3
⎝ ⎠0

Ejemplo 2
⎧y = x
⎪

∫∫
⎪y = 1
⎪
Calcular dA donde R : ⎨ x SOLUCIÓN:
⎪x = 2
R ⎪
⎪y = 0
⎩
La región R es:

1
1 x 2 x

Aquí es mejor hacer un barrido vertical primero:
∫∫
0 0
dydx +
∫∫
1 0
dydx

Calculando las integrales dobles, tenemos:
2 ⎡ x ⎤
1
1 ⎡ x ⎤ 1 2
⎢ ⎥

∫∫ ∫∫ ∫ ∫
⎢ ⎥
⎢ dy ⎥ dx + ⎢ dy ⎥ dx =
x 1
⎢ ⎥ y 0 dx + y 0 x dx
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
0 ⎢0
⎣ ⎥
⎦ 1 ⎢0 ⎥ 0 1
⎣ ⎦
1 2

∫ ∫
1
= xdx + dx
x
0 1
1
2
x 2
= + ln x 1
2
0
1
= + ln 2
2

159


Ejemplo 3

∫∫
2 ⎧ y = x3
⎪
Calcular 12 x 2e y dA donde R : ⎨ en el primer cuadrante.
⎪y = x
⎩
R
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:
3 y
1 1

∫∫ ∫
3 y
2
y2 x3
12 x e dxdy =
2 y
12e dy
3
y
0 y 0
1

∫ 4e y ⎛ ( y) − y 3 ⎞dy
2 3
= ⎜ 3
⎟
⎝ ⎠
0
1 1

∫ y2

∫
2
= 4 ye dy − 4 y 3 e y dy
0 0
Haciendo cambio de variable t = y 2 . De aquí tenemos: dt = 2 ydy
Reemplazando y resolviendo:

1 1 1 1

∫ ∫ ∫ t⎛
∫
y2 3 y2 dt ⎞ ⎛ dt ⎞
4 ye dy − 4 y e dy = 4 ye ⎜
⎜ 2y ⎟ −
⎟ 4 y 3et ⎜
⎜ 2y ⎟
⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
0 0 0 0
1 1

=2
∫ ∫ 0
et dt − 2

0
tet dt

= 2e t
1

0
[
− 2 te − et t
]1

0
= 2e − 2 − 2[0 − (− 1)]
= 2e − 4

160


Ejemplo 4

Calcular
∫∫(
R
2 x + 1)dA

donde R es el triángulo que tiene por vértices los puntos (−1,0) , (0,1) y (1,0)
SOLUCIÓN:
La región R es:

No olvide que dos puntos definen una recta, por tanto la determinación de las ecuaciones de las
y 2 − y1
rectas se las puede obtener empleando la formula y − y 1 = (x − x 1 ) .
x 2 − x1

Aquí también es mejor primero un barrido horizontal:

1 1− y 1

∫∫ ∫ (x ) 1− y
(2 x + 1)dxdy = 2
+x
y −1
dy
0 y −1 0
1

=
∫ [(1− y)
0
2
][ ]
+ (1 − y ) − ( y − 1)2 + ( y − 1) dy

1

=
∫ [(
0
y − 1)2 + 1 − y − ( y − 1)2 − y + 1 dy ]
1

=
∫[0
2 − 2 y ]dy

(
= 2y − y2 ) 1

0
1 1− y

∫ ∫(
0 y −1
2 x + 1)dxdy = 1

161


5.1. 5 PROPIEDADES

Sean f y g funciones de dos variables
continuas en una región R , entonces:
1.
∫∫ kdA = k ∫∫ dA ; ∀k ∈ℜ
R R

2.
∫∫ ( f ± g )dA = ∫∫ fdA ± ∫∫ gdA
R R R

3.
∫∫ dA = ∫∫ dA + ∫∫ dA donde R = R ∪ R
R R1 R2
1 2

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
e ln x

Calcular
∫∫
1 0
xydydx

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:
x =e y = ln x

∫ ∫
x =1 y =0
xydydx

⎧ y = ln x
⎪
Por tanto, la región es R : ⎨ y = 0 , es decir:
⎪x = e
⎩

162


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

( )
1 e 1 1 1 1
⎛ e2 e y ⎞

∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫
e 2
x2 2
y⎜ ⎟dy = e 1
xydxdy = y dy = − ydy − ye 2 y dy
2 ⎜ 2 2 ⎟ 2 2
e y
⎝ ⎠
0 ey 0 0 0 0
1 1
2
e y 2
1⎡ e 1e ⎤2y 2y
= − ⎢y − ⎥
2 2 2⎢ 2
⎣ 2 2 ⎥
⎦0
0

e2 e2 e2 1
= − + −
4 4 8 8
e2 1
= −
8 8

Ejemplo 2
2 4− x 2

Invierta el orden de integración para
∫ ∫ f ( x, y)dydx
0 0
SOLUCIÓN:
x=2 y = 4− x 2

Interpretando los límites de integración dados, tenemos:
∫ ∫
x =0 y =0
f ( x, y )dydx . Se ha hecho

primero un barrido vertical
⎧ y = 4 − x2
⎪
⎪
Entonces la región de integración es R : ⎨ x = 0
⎪y = 0
⎪
⎩
Ahora hay que hacer un barrido horizontal primero, es decir:
4 4− y

∫ ∫
0 0
f ( x, y )dxdy

163


Ejemplo 3
1 y +1

∫ ∫ f ( x, y)dxdy
−1 − y +1

SOLUCIÓN:
y =1 x = y +1

∫ ∫
y = −1
f ( x, y )dxdy . Se ha

x = − y +1
hecho primero un barrido vertical
⎧
⎪ y = x2 − 1
Entonces la región de integración es R : ⎨
⎪y = 1
⎩
2 1

∫ ∫
− 2 x 2 −1
f ( x, y )dydx

Ejemplo 4
16
4 x

∫∫ 2 x
f ( x, y )dydx

SOLUCIÓN:
x=4 y =16
x

∫ ∫
x=2 y=x
f ( x, y )dydx Se ha hecho

un barrido vertical primero
⎧y = x
⎪
⎪ 16
Entonces la región de integración es R : ⎨ y =
⎪ x
⎪x = 2
⎩

164


16
4 y y

∫∫ 2 2
f ( x, y )dxdy +
∫∫
4 2
f ( x, y )dxdy

Ejercicios propuestos 5.1
1 y

1. Calcular
∫∫
0 0
e x + y dxdy

⎧x −
⎪ y2 + 9 = 0
2. Emplee una integral doble para hallar el área de la región limitada por ⎨
⎪x +
⎩ y2 − 9 = 0

⎧ y 2 = 2x − 2
⎪
3. Emplee una integral doble para hallar el área de la región limitada por: ⎨
⎪y = x − 5
⎩

⎧y = x

∫∫
y2 ⎪
4. Calcular: dA donde R es la región limitada por ⎨ y = 2
x2 ⎪ xy = 1
⎩
R

∫∫
⎧y = x2
⎪
5. Calcular 12 x dA donde R es la región limitada por ⎨
⎪ y = 2x
⎩
R
2 4

6. Calcular
∫∫
0 x2
y cos ydydx

1
1 2

∫∫ e − x dxdy
2
7. Calcular

0 y
2
2 x −1 3 3+ x

8. Invierta el orden de integración:
∫ ∫
−1 − 3+ x
f ( x, y )dydx +
∫ ∫
2 − 3+ x
f ( x, y )dydx

1 x 2 2− x 2

9. INVERTIR el orden de integración y EVALUAR.
∫∫
0 0
ydydx +
∫ ∫
1 0
ydydx

165


∫∫
2
10. Calcular: 12 x 2 e y dA , donde R es la región del primer cuadrante limitada por y = x3 y

R
y=x
2 x3 8 8

11. Representar la región de integración para:
∫∫
1 x
f (x, y) dy dx+
∫∫ (
2 x
f x, y) dy dx 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:
∫∫ f ( x, y)dA
Valor Medio = R

∫∫ dA
R

Ejemplo
Encuentre el valor medio de la función f ( x, y ) = x 1 + y 3
⎧y = 2
⎪
sobre la región limitada por ⎨ y = x
⎪x = 0
⎩
SOLUCIÓN:
La región de integración es:

Empleando la fórmula, tenemos:

166


2 y

Valor Medio =
∫∫R
f ( x, y)dA

=
∫∫
0 0
x 1 + y3 dxdy

∫∫
2 y

∫∫
dA
dxdy
R
0 0
2

∫
y
x2
1 + y3 dy
2 0
= 0
2

∫ ( x ) 0 dy
y

0
2

∫
1
y 2 1 + y3 dy
2
= 0
2

∫ 0
ydy

2

1 (1 + y )
3
3 2

2 ⎛ 3⎞ 1
2⎜ ⎟
⎝ 2⎠
( 27 − 1)
= 2
0
=6
y2 2
2 0

13
=
6

Ejercicios Propuestos 5.2
−1
1. Calcule el valor medio de la función f ( x, y ) = e x y 2 en la región del primer cuadrante

⎧y = x2
⎪
⎪
limitada por ⎨x = 0
⎪y = 1
⎪
⎩
2. Para una compañía concreta, la función de producción de Cobb-Douglas es f ( x, y ) = 100 x 0,6 y 0,4 .
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 f ( x, y ) = x + 2 y + 4 sobre la región limitada por las rectas
y = 2 x, y = 3 − x, y=0
⎧x = 0
⎪
− x2 ⎪x = 2
4. Encuentre el valor medio de la función f ( x, y ) = e sobre la región ⎨
⎪y = x
⎪y = 2
⎩

y2 ⎧0 ≤ y ≤ 1
5. Encuentre el valor medio de la función f ( x, y ) = , sobre la región R = ⎨
( xy + 1) 2 ⎩0 < x ≤ y

6. Hallar el valor medio de f (x, y) = 2xy en la región limitada por y= x2 y y=x

167


5.1.8 VOLÚMENES CON INTEGRALES DOBLES
Ya definimos el volumen bajo una superficie.

Ejemplo
x y z
Hallar el volumen del sólido limitado por el plano + + = 1 y el plano xy en
a b c
el primer octante.
SOLUCIÓN:

Haciendo un dibujo

z

c

⎛ x y⎞
z = c ⎜1 − − ⎟
⎝ a b⎠

h

b y

dA

a

x

El volumen del elemento diferencial sería
dV = hdA = zdA
Por tanto el volumen total está dado por :

∫∫
⎛ x y⎞
V= c ⎜ 1 − − ⎟ dA
⎝ a b⎠
R

Donde la región R sería:

y

b
⎛ x⎞
y = b ⎜1 − ⎟
⎝ a⎠

x
a

Escogemos un barrido vertical primero, es decir que la integral iterada quedaría:

168


⎛ x⎞
b ⎜1− ⎟
a ⎝ a⎠

∫∫
⎛ x y⎞
V= c ⎜1 − − ⎟ dydx
⎝ a b⎠
0 0

Evaluando:

⎛ x⎞
b ⎜1− ⎟
a ⎝ a⎠ a
⎡ ⎛ x⎞
2 b ⎜1− ⎟ ⎤
⎛ x⎞

∫∫ ∫
b ⎜1− ⎟
⎛ x y⎞ ⎢⎛1 − x ⎞ y ⎝ a ⎠ − y ⎝ a ⎠ ⎥ dx
V= c ⎜ 1 − − ⎟ dydx = c ⎜ ⎟
⎝ a b⎠ ⎢⎝ a ⎠ 2b 0 ⎥
0 0 0
⎢
⎣
0
⎥
⎦
a

∫
⎡ ⎛ x ⎞2 b2 ⎛ x ⎞2 ⎤
=c ⎢b ⎜ 1 − ⎟ − ⎜1 − ⎟ ⎥ dx
⎢ ⎝ a ⎠ 2b ⎝ a ⎠ ⎥
⎣ ⎦
0
a

∫
2
b⎛ x⎞
=c ⎜1 − ⎟ dx
2⎝ a⎠
0

3 a
⎛ x⎞
1−
bc ⎜ a ⎟
⎝ ⎠
=
2 ⎛ 1⎞
3⎜ − ⎟
⎝ a⎠ 0
a
abc ⎡ ⎛ x ⎞ ⎤
3

= ⎢ − ⎜1 − ⎟ ⎥
6 ⎢ ⎝ a⎠ ⎥
⎣ ⎦0
abc
= [1 − 0]
6
abc
V=
6

Ahora consideremos un sólido limitado por superficies. Por ejemplo:

z

z = f ( x, y )

z = g ( x, y )

y

R
x

169


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

V=
∫∫ ⎡⎣ f ( x, y ) − g ( x, y )⎤⎦dA
R
R , es la región plana que tiene por proyección la superficie en el plano xy .

Ejemplo
Hallar el volumen del sólido limitado por z = 4 − x 2 − 2 y 2 y el plano z = 2
SOLUCIÓN:
Haciendo un dibujo

z

z = 4 − x2 − 2 y 2

h

2 dA

z=2

y
R
En este caso

V=
∫∫ ∫∫
R
hdA =
R
⎡( 4 − x 2 − 2 y 2 ) − ( 2 ) ⎤dA
⎣ ⎦

Para ponerle los límites de integración identificamos la región R , en este caso sería la curva de
⎧ z = 4 − x2 − 2 y2
intersección de ⎨ proyectada en el plano xy .
⎩z = 2
Igualando y simplificando:
4 − x2 − 2 y 2 = 2
x2 + 2 y2 = 2
x2 y 2
+ =1
2 1
Entonces la región sería:
y

2 − x2
y=
1 2

x
0 2

170


Entonces
2− x 2
2 2 2

∫∫ ∫
2− x 2
⎡ y3 ⎤
(2 − x − 2 y )dydx = 4 ⎢( 2 − x ) y − 2 ⎥
2
V =4 2 2 2
dy
⎣ 3 ⎦0
0 0 0
2

∫
⎡ ⎛ ⎞
3
⎤
⎢( 2 − x 2 ) 2 − x − 2 ⎜ 2 − x
2 2
=4 ⎟ ⎥ dx
⎢ 2 3⎝⎜ 2 ⎟ ⎥
⎣ ⎠ ⎦
0
2

∫
⎡ 2 ⎤
⎢ ( 2 − x ) − 2 ( 2 − x ) ⎥ dx
3 3
2 2 2

=4
⎢ ⎥
( )
3
2 3
⎢
⎣
2 ⎥
⎦
0
2

∫ ⎛ 1 1 ⎞
⎟ ( 2 − x ) dx
3
=4 ⎜ − 2 2

⎝ 2 3 2⎠
0
2

8
∫ (2 − x )
3
= 2 2
dx
3 2
0

La última integral se la realiza por sustitución trigonométrica.
⎧x = 0 → t = 0
⎪
Haciendo x = 2 sent entonces dx = 2 cos t dt y los límites serían ⎨ π
⎪x = 2 → t = 2
⎩
π
2 2

8
∫ (2 − x ) 8
∫ ( 2 − 2sen t )
3 3
V= 2 2
dx = 2 2
2 cos t dt
3 2 3 2
0 0
π
2

8
∫ ( cos )
3 3
= 2 2 2 2
2 cos t dt
3 2
0
π
2

( 2)
∫
8 3
= cos 4 t dt
3
0
π
2

∫ ⎛ 1 + cos 2t ⎞
2
8
= 2 2
3
( ) ⎜
⎝ 2
⎟ dt
⎠
0
π
2

∫
=
16 2 (1 + 2 cos 2t + cos 2t ) dt 2

3 4
0
π
⎡ 2 ⎤

∫
⎢ π ⎥
4 2 ⎢ π 2 2 sen2t 2
⎛ 1 + cos 4t ⎞ ⎥
= t0 + + ⎜ ⎟ dt ⎥
3 ⎢ 2 0 ⎝ 2 ⎠
⎢ ⎥
⎢
⎣ 0 ⎥
⎦
π
4 2 ⎡π 1 π sen 4t 2⎤
= ⎢ +0+ t 02 + ⎥
3 ⎢2 2 8 0 ⎥
⎣ ⎦
4 2 ⎡π π ⎤
= +
3 ⎢2 4⎥
⎣ ⎦
4 2 ⎡ 3π ⎤
=
3 ⎢ 4 ⎥
⎣ ⎦
V= 2π

171


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

∫∫ f ( x, y )dA
R
puede ser expresada de la forma:

∫∫ f ( r cosθ , rsenθ )dA
R´
Definamos el dA en coordenadas cilíndricas. Observe la figura:

r = f (θ )

ds

dr

θ2 θ1

En este caso dA = dsdr pero ds = rdθ entonces dA = rdrdθ
Finalmente la integral doble en coordenadas polares quedará de la
forma:

∫∫ f ( r,θ )rdrdθ
R´

Ejemplo 1
Hallar el volumen del sólido limitado por z = x 2 + y 2 y el plano z = 9 .
SOLUCIÓN:

172


Haciendo un dibujo de las superficies, e identificando el sólido

z
z =9

9

h

z = x2 + y2

y
x2 + y 2 = 9

x
La región de integración sería:

r =3

Por tanto el volumen estará dado por V =
∫∫ R
⎡9 − ( x 2 + y 2 ) ⎤ dA
⎣ ⎦

Cambiando a cilíndricas
2π 3

V=
∫∫(0 0
9 − r 2 ) rdrdθ

Evaluando
2π 3 2π 3

V=
∫∫
0 0
( 9 − r ) rdrdθ =
2

∫∫
2π
0 0
( 9r − r ) drdθ
3

∫
3
⎛ r2 r4 ⎞
= ⎜ 9 − ⎟ dθ
⎝ 2 4 ⎠0
0
2π

=
∫0
⎛ 81 81 ⎞
⎜ − ⎟ dθ
⎝ 2 4⎠

81 2π
= θ
4 0
81
V = π u3
2

173


Ejemplo 2
Encuentre el volumen de la región limitada por las superficies x 2 + y 2 + z 2 = 4 y
x 2 + ( y − 1) = 1 .
2

SOLUCIÓN:
Haciendo un dibujo de las superficies, e identificando el sólido

z

x2 + y2 + z 2 = 4
x 2 + ( y − 1) = 1
2

y

x

Calcularemos el volumen de la porción superior, ya que el sólido es simétrico y lo multiplicaremos
por dos.

V =2
∫∫
R
4 − x 2 − y 2 dA

La región de integración es:

2
x 2 + ( y − 1) = 1
2

r = 2 senθ

1

174


Cambiando a coordenadas cilíndricas.
π 2 senθ

V =2
∫∫
R
4 − x 2 − y 2 dA = 2
∫∫
0 0
4 − r 2 rdrdθ

π 2 senθ

2 (4 − r )
∫
3
2 2

=2 dθ
3 −2
0 0
π

∫ ⎛ 8 − 4 − 4sen 2θ 3 2 ⎞ dθ
⎜ ( ) ⎟
2
=
3 ⎝ ⎠
0
π

∫ (8 − 8cos θ ) dθ
2
= 3

3
0

⎡π π
⎤

∫ ∫
2⎢ ⎥
= ⎢ 8dθ − cos θ cos θ dθ ⎥
2

3⎢ ⎥
⎣0 0 ⎦
π
⎡ ⎤

∫
2⎢ π ⎥
= ⎢8θ 0 − (1 − sen θ ) cos θ dθ ⎥
2

3⎢ ⎥
⎣ 0 ⎦
π π
⎡ ⎤

∫ ∫
2⎢ ⎥
= ⎢8π − cos θ dθ + sen θ cos θ dθ ⎥
2

3⎢ ⎥
⎣ 0 0 ⎦
π
2⎡ π sen3θ ⎤
=⎢8π − senθ 0 + ⎥=
3⎢ 3 0 ⎥
⎣ ⎦
2
= [8π − 0 + 0]
3
16
V= π
3

1. Usando integrales dobles determine el volumen del sólido limitado por :
a) z = 5x 2 ; z = 3 − x 2 ; y = 4 ; y el plano xz. Resp. 8 2
π
b) z= x +y 2 2
; z=x +y 2 2
Resp.
6
π
c) x + y = 2z ;
2 2
x + y − z =1;
2 2 2
y, z = 0 Resp.
3
d) z = x + y +1; z = 0 ; x + y = 4
2 2 2 2
Resp. 12π
Encontrar el volumen de la porción de la esfera x + y + z = 1 situada entre los planos
2 2 2
2.
π
z=± 1 . Resp. 5 2
2 6
Calcular el volumen del sólido que está en el interior de la esfera x + y + z = 2z ; y
2 2 2
3.
7
arriba del paraboloide x + y =z.
2 2
Resp. π
6

175


4. Hallar el volumen del sólido que está en el interior a y 2 + z 2 = 2 ; y exterior a

x2 − y2 − z2 = 2
Calcule el volumen del sólido intersección de los cilindros x + y =1 y y2 + z2 =1
2 2
5.

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
∫∫ f ( x, y )dA
R
, quedaría de la forma

∫∫ f ( x (u, v ) , y (u, v ))dA
R´
Donde R´ será una nueva región de integración en el plano uv por tanto
el dA será el correspondiente.

Determinemos en nuevo dA . Observe la figura:

y v

( x ( u, v + Δv ) ; y ( u , v + Δv ) ) ( u, v + Δv )
R R´
Q

P
( x, y ) ( x ( u + Δu , v ) ; y ( u + Δu , v ) ) ( u, v ) ( u + Δu , v )
( x ( u, v ) ; y ( u, v ) )
x u

176


Haciendo un análisis vectorial:

P = ( x ( u + Δu , v ) − x ( u , v ) ; y ( u + Δu , v ) − y ( u , v ) )
Q = ( x ( u , v + Δv ) − x ( u , v ) ; y ( u , v + Δv ) − y ( u , v ) )

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

⎛ x ( u + Δu , v ) − x ( u , v ) y ( u + Δu , v ) − y ( u , v ) ⎞ ⎛ ∂x ∂y ⎞
P = ⎜ lim ; lim ⎟ Δu = ⎜ ; ⎟ du
⎝ Δu →0 Δu Δu → 0 Δu ⎠ ⎝ ∂u ∂u ⎠

Dividiendo y multiplicando al vector Q para Δv y tomando límite:
⎛ x ( u , v + Δv ) − x ( u , v ) y ( u , v + Δv ) − y ( u , v ) ⎞ ⎛ ∂x ∂y ⎞
Q = ⎜ lim ; lim ⎟ Δv = ⎜ ; ⎟ dv
⎝ Δv → 0 Δv Δv → 0 Δv ⎠ ⎝ ∂v ∂v ⎠

El área de la región R está dada por:
dA = P × Q

El producto cruz será:

i j ∂x k ∂y
∂x ∂y ∂u ∂u
P×Q = du du 0 = ˆ
dudv k
∂u ∂u ∂x ∂y
∂x ∂y ∂v ∂v
dv dv 0
∂v ∂v

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

∂x ∂y
∂ ( x, y ) ∂u ∂u
=
∂ ( u , v ) ∂x ∂y
∂v ∂v
Por tanto:
∂ ( x, y )
P×Q = ˆ
dudv k
∂ ( u, v )
Finalmente
∂ ( x, y )
dA = dudv
∂ ( u, v )

177


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
x = x ( u , v ) y y = y ( u , v ) mediante la cual la
región R es imagen de R´. Si f es continua
en R y x e y tienen derivadas parciales
∂ ( x, y )
continuas en R´ y en no nula en R´,
∂ ( u, v )
entonces:
∂ ( x, y )
∫∫
R
f ( x, y )dA =
∫∫R´
f ( x ( u, v ) , y ( u, v ) )
∂ ( u, v )
dudv

El cambio a coordenadas cilíndricas es un ejemplo de una transformación,
aquí tenemos que:
⎧ x = r cos θ
⎨
⎩ y = rsenθ
Entonces:

∂ ( x, y )
∫∫
R
f ( x, y )dA =
∫∫
R´
f ( r cos θ , rsenθ )
∂ ( r ,θ )
drdθ

Calculemos el Jacobiano

∂x ∂y
∂ ( x, y ) ∂r ∂r cos θ senθ
= = = r cos 2 θ + rsen 2θ = r
∂ ( r , θ ) ∂x ∂y − rsenθ r cos θ
∂θ ∂θ
Por tanto se demuestra lo que antes habíamos presentado como un
resultado geométrico:

∫∫ f ( x, y )dA = ∫∫ f ( r cosθ , rsenθ )rdrdθ
R R´

178


Ejemplo 1
1 2x

∫∫
⎧ x = u (1 − v )
⎪
Calcular dydx empleando el siguiente cambio de variable ⎨
⎪ y = uv
⎩
0 x

SOLUCIÓN:
Primero identificamos la región R .
x =1 ⎡ y =2 x ⎤

∫ ∫
⎢ ⎥
En la integral dada, se tiene: ⎢ dy ⎥ dx , por tanto
⎢ ⎥
x=0 ⎣ y= x ⎦

y = 2x x =1

R

y=x

Cambiando de variable, la integral tomaría la forma:

∫∫ ∫∫
∂ ( x, y )
dydx = dudv
∂ ( u, v )
R R´
Donde para el Jacobiano tenemos:
∂ ( x, y ) xu yu 1− v v
= = = u − uv + uv = u
∂ ( u, v ) xv yv −u u
Y para la región R´ , tenemos:
1. En y = x , reemplazando se tiene:
y=x
uv = u (1 − v )
uv = u − uv
u − 2uv = 0
1
u (1 − 2v ) = 0 ⇒ u = 0 ∨ v =
2
2. En y = 2 x , reemplazando se tiene:
y = 2x
uv = 2u (1 − v )
uv = 2u − 2uv
2u − 3uv = 0
2
u ( 2 − 3v ) = 0 ⇒ u = 0 ∨ v =
3

179


3. En x = 1 , reemplazando se tiene:
x =1
u (1 − v ) = 1
u − uv = 1
1
uv = u − 1 ⇒ v = 1 −
u

Por lo tanto R´ , sería:

2
v=
3 R´
u=0 1
v = 1−
1 u
v=
2

Obteniendo la nueva integral y evaluándola:

1
2
3 1−v

∫∫ ∫∫ ∫∫
∂ ( x, y )
dydx = dudv = ududv
∂ ( u, v )
R R´ 1 0
2
2
3

∫
1
u2 1−v
= dv
2 0
1
2
2
3

∫
1 1
= dv
(1 − v )
2
2
1
2
2
1 (1 − v )
−2+1 3

=
2 ( −2 + 1)( −1) 1
2
2
3
1 1
=
2 (1 − v ) 1
2

1⎡ 1 1 ⎤
= ⎢ − ⎥
2 ⎢ (1 − 2 ) (1 − 1 ) ⎥
⎣ 3 2 ⎦

1
= [3 − 2]
2
1
=
2

180


Ejemplo 2
Empleando transformaciones adecuadas, hallar el área de la región limitada por:
⎧x − 2 y = 4
⎪x − 2 y = 0
⎪
⎨
⎪x + y = 4
⎪x + y = 1
⎩
SOLUCIÓN:
La región de integración sería:

y
3

2

x − 2y = 0
1 x+ y=4
0 x
R
-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7
-1 x + y =1 x − 2y = 4
-2

-3

⎧u = x − 2 y
Podemos utilizar la siguiente transformación: ⎨
⎩v = x + y

⎧u = 4
⎪u = 0
⎪
Las trayectorias se transforman a: ⎨
⎪v = 4
⎪v = 1
⎩
La nueva región de integración sería:

v=4

u=0 R´ u=4

v =1

Entonces:

∫∫ ∫∫
∂ ( x, y )
A= dA = dudv
∂ ( u, v )
R R´
Hallemos el Jacobiano

181


Note que como u = u ( x, y ) y v = v ( x, y )
∂ ( x, y ) 1
Podemos decir que: =
∂ ( u, v ) ∂ ( u, v )
∂ ( x, y )
∂ ( x, y ) 1 1 1 1
Entonces: = = = =
∂ ( u, v ) ∂ ( u , v ) u x vx 1 1 3
∂ ( x, y ) u y v y −2 1
Finalmente:
4 4

∫∫ ∫∫
∂ ( x, y ) 1 1 4 4 1
A= dudv = dudv = v 1 u 0 = ( 4 − 1) 4 = 4
∂ ( u, v ) 3 3 3
R´ 1 0

Ejemplo 3

∫∫
y−x

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

( 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

( 0,2 )
x=0
x+ y =2

( 0,1) R
x + y =1
( 2,0 )
(1,0 ) y=0

⎧u = y − x
Escogemos la transformación: ⎨ ¿por qué?
⎩v = y + x
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:

182


⎧u = y − x
⎨
⎩v = y + x ⇒ y= 1
(u + v )
u + v = 2y 2

Multiplicando por (-1) a la primera ecuación y luego sumando:
⎧ −u = − y + x
⎨
⎧u = y − x ( −1)
⎪ ⎩ v= y+x
⎨ ⇒ ⇒ x = 1 (v − u )
⎪v = y + x
⎩ v−u = 2x 2

• La ecuación x + y = 1 , es obvio que se transforma en v = 1 .¿porqué?
• La ecuación x + y = 2 , se transforma en v = 2
1
(u + v ) = 0
Para la ecuación y = 0 , tenemos:
2
•
v = −u
1
(v − u ) = 0
Para la ecuación x = 0 , tenemos:
2
•
v=u

⎧v = 1
⎪v = 2
⎪
Por tanto la región R´ , estaría limitada por ⎨
⎪v = −u
⎪v = u
⎩

v=2

v = −u v=u

v =1

Escogemos primero un barrido horizontal, por tanto:

∫∫ ∫∫
∂ ( x, y )
y−x
u
e y + x dA = e v
dudv
∂ ( u, v )
R R´
El Jacobiano sería:
∂ ( x, y ) 1 1 1 1
= = = =−
∂ ( u, v ) ∂ ( u , v ) u x vx −1 1 2
∂ ( x, y ) u y v y 1 1
Reemplazando, poniendo límites y calculando:

183


2 v

∫∫ ∫∫
u ∂ ( x, y ) u 1
e v
dudv = e v
− dudv
∂ ( u, v ) 2
R´ 1 −v

2 v

∫
u
v
1 e
= dv
2 1
1 v −v
2

∫( v e − e−1 ) dv
1
=
2
1

=
(e − e ) v −1 2 2

2 2 1

=
( e − e ) ( 4 − 1)
−1

4
3( e − e ) −1

=
4


∫∫
1
1. Calcular dxdy , donde R es la región comprendida entre las curvas y = 2 x ,
x2
R

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

2. Calcular
∫∫
R
x 2 dA siendo R la región del primer cuadrante limitada por la hipérbola:

xy = 16 ; y las rectas: y = x ; y = 0 ; x = 8 .
⎧ xy = 1

∫∫
⎪ xy = 2
3. Calcular ( y + 2 x )(
2
) ⎪
y − x 2 dA , donde R es la región limitada por ⎨ en
⎪y = x
2

⎪ y = x2 − 1
R
⎩
el primer cuadrante.

∫∫
x2 y 2 x2 y2
4. Calcular 1− − 2 dA ; siendo R la elipse + = 1 usando la siguiente
a2 b a2 b2
R

⎧x
⎪ = r cos θ
⎪
transformación: ⎨ a .
⎪ y = r sen θ
⎪b
⎩

5. Calcular
∫∫ (
R
x 2 + y 2 ) dA donde R es la región limitada por las curvas: x 2 − y 2 = 1 ;

⎧u = x 2 − y 2
⎪
x 2 − y 2 = 9 ; xy = 2 ; xy = 4 . Utilizando la transformación: ⎨
⎩v = 2 xy
⎪

184


6. Calcular
∫∫R
(x 2
+ y 2 ) dA ; siendo R el triángulo con vértices; (0,0); (4,0); (4,4),

⎧x = u
usando la siguiente transformación: ⎨ .
⎩ y = uv

7. Calcular
∫∫ (
R
x − y )( x + 4 y )dA ; siendo R el paralelogramo con vértices; (0,0);

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

∫∫ ( x − y) cos 2 ( x + y )dA ; R es la región acotada por el cuadrado con
2
8. Evaluar

R

⎧u = x − y
vértices (0,1); (1,2); (2,1); (1,0). Utilizando la transformación ⎨
⎩v = x + y

∫∫ ( x − y) sen 2 ( x + y )dxdy ,
2
9. Empleando un cambio de variable adecuado evalúe

D

donde D es el paralelogramo con vértices en (π ,0 ) , ( 2π , π ) , (π , 2π ) , ( 0, π ) .
10. Una lámina cuadrada definida por los vértices (1,0 ) , ( 0,1) , (1, 2 ) , ( 2,1) tiene una
densidad variable dada por f ( x, y ) = ( x − y 2 2
) ( x − y ) gr cm . Determine la masa de la
2

lámina. Resp. 4
3
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:
z

z = f ( x, y )
Ry R
Rx dS

y

R´
dA
x

185


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

S=
∫∫ dS
R
El asunto sería ahora proyectar la superficie al plano xy obteniendo la
región R´. Podemos pensar en una transformación de R a R2 .
3

Denotando como R la función vectorial para la superficie, tenemos:
R = ( x, y , f ( x , y ) )

Los vectores de derivadas parciales con respecto a x (Rx ) y con
respecto a y ( R x ), serían:
R x = (1,0, f x ) y R y = ( 0,1, f y )
Entonces:
dS = R x × R y dA

Calculando el vector producto cruz y luego su magnitud:

i j k
Rx × Ry = 1 0 f x = ( − f x , − f y ,1)
0 1 fy
R x × R y = 1 + f x2 + f y2

Finalmente:

S=
∫∫
R
dS =
∫∫
R´
1 + f x 2 + f y 2 dA

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

Fx 2 + Fy 2 + Fz 2
S=
∫∫
R´
Fz
dA ¡Demuéstrela!

186


Ejemplo 1
Demuestre que el área de la esfera x 2 + y 2 + z 2 = a 2 es 4π a 2 .
SOLUCIÓN:
Trabajaremos con la porción superior de la esfera y el resultado del área multiplicado por 2 por ser
simétrica.

z

z = a2 − x2 − y 2

y
a
a

x
La región R´ en este caso sería:
y

a
x2 + y 2 = a2

a x

∫∫
Fx 2 + Fy 2 + Fz 2
El área estaría dada por S = 2 dA
Fz
R´
Reemplazando:

∫∫ ∫∫
Fx 2 + Fy 2 + Fz 2 ( 2x) + ( 2 y ) + (2z )
2 2 2

S =2 dA = 2 dA
Fz 2z
R´ R´

∫∫
4x2 + 4 y2 + 4z 2
=2 dA
2z
R´

∫∫
2 x2 + y2 + z 2
=2 dA
2z
R´

∫∫
x2 + y2 + z 2
=2 dA
z
R´

187


Reemplazando por la ecuación de la superficie z = a2 − x2 − y 2

∫∫ ∫∫
x2 + y2 + z 2 a2
S =2 dA = 2 dA
z a − x2 − y2
2

R´ R´

∫∫
1
= 2a dA
a2 − x2 − y2
R´

Cambiando a polares:
2π a

∫∫ ∫∫
1 1
S = 2a dA = 2a rdrdθ
a −x −y
2 2 2
a − r2
2

R´ 0 0
2π a

∫
(a − r2 )
1
2 2

= 2a 2 dθ
−2
0
0
2π

= 2a
∫ 0
( a − 0 ) dθ

2π
= 2a θ 2
0

= 4π a 2

Ejemplo 2
Encuentre el área de la región de la esfera x 2 + y 2 + z 2 = 9 limitada por el cilindro
x 2 + y 2 − 3x = 0 .
Soluci.on:
Haciendo un dibujo

z

z = 9 − x2 − y 2

y
3

3

x
La región R´ en este caso sería:

188


y

r = 3cosθ

3
x

∫∫
Fx 2 + Fy 2 + Fz 2
El área estaría dada por S = 2 dA
Fz
R´
Reemplazando:

∫∫ ∫∫
Fx 2 + Fy 2 + Fz 2 ( 2x) + ( 2 y ) + ( 2z )
2 2 2

S =2 dA = 2 dA
Fz 2z
R´ R´

∫∫
4 x2 + 4 y 2 + 4 z 2
=2 dA
2z
R´

∫∫
2 x2 + y 2 + z 2
=2 dA
2z
R´

∫∫
x2 + y2 + z 2
=2 dA
z
R´

Reemplazando por la ecuación de la superficie z = 9 − x − y
2 2

∫∫ ∫∫
x2 + y 2 + z 2 9
S =2 dA = 2 dA
z 9 − x2 − y 2
R´ R´

=6
∫∫
R´
1
9 − x2 − y 2
dA

Cambiando a polares:
π 3cosθ

∫∫ ∫∫
1 1
S =6 dA = 6 rdrdθ
9 − x2 − y 2 9 − r2
R´ 0 0
π

∫
3cosθ

(9 − r )
1
2 2

=6 2 dθ
−2
0
0
π

=6
∫0
( 3 − 3senθ ) dθ

π
= 6 ( 3θ + 3cos θ ) 0
= 6 ( 3π + 3 ( −1 − 1) )
S = 6 ( 3π − 6 ) u 2

189


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 )
dS = 1 + f x 2 + f z 2 dxdz
O en forma implícita, si F ( x, y , z ) = 0 entonces;

Fx 2 + Fy 2 + Fz 2
dS = dxdz
Fy

• Proyectando en el plano yz .
Si la ecuación de la superficie está dada por x = f ( y, z )
dS = 1 + f y 2 + f z 2 dydz
O en forma implícita si F ( x, y, z ) = 0 , entonces:
Fx 2 + Fy 2 + Fz 2
dS = dydz
Fx

Ejemplo
Demuestre que el área lateral del cilindro, que se muestra es 2π ah .

z

h

S : x2 + y2 = a2
R

y
a

x

SOLUCIÓN:
Proyectando en el plano zy

190


h a
(2x) + ( 2 y ) + 02
∫∫ ∫∫
Fx 2 + Fy 2 + Fz 2
2 2

S= dydz = 4 dydz
Fx 2x
R 0 0
h a

∫∫
2a
=4 dydz
2 a2 − y2
0 0
a
⎛ y⎞
= 4a ⎜ arcsen ⎟ ( z )0
h

⎝ a ⎠0
= 4a ( arcsen1 − arcsen0 ) h
⎛π ⎞
= 4a ⎜ ⎟ h
⎝2⎠
= 2π ah

5.1.11.1 SUPERFICIES PARAMETRIZADAS.

Si para una superficie están dadas sus ecuaciones paramétricas:
⎧ x = x ( u, v )
⎪
S : ⎨ y = y ( u, v )
⎪ z = z ( u, v )
⎩
Que definen su vector posición:

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

Entonces el diferencial de superficie está dado por:

dS = R u × R v dudv

Ejemplo.
Hallar el área de la superficie de la esfera x 2 + y 2 + z 2 = a 2 .
SOLUCIÓN:
Empleando las ecuaciones paramétricas para la esfera:
⎧ x = a senφ cos θ
⎪
S : ⎨ y = a senφ senθ ;0 ≤ φ ≤ π ;0 ≤ θ ≤ 2π
⎪ z = a cos φ
⎩
El vector posición para los puntos de la esfera sería:
R ( φ , θ ) = ( a senφ cos θ , a senφ senθ , a cos φ )
Las derivadas parciales serían:
Rφ = ( a cos φ cos θ , a cos φ senθ , − a senφ )
Rθ = ( − a senφ senθ , a senφ cos θ , 0 )
El producto cruz y su magnitud:

191


i j k
Rφ × Rθ = a cos φ cos θ a cos φ senθ −a senφ
− a senφ senθ a senφ cos θ 0
= ( a sen φ cos θ , a sen φ senθ , a senφ cos φ cos 2 θ + a 2 senφ cos φ sen 2θ )
2 2 2 2 2

Rφ × Rθ = a 4 sen 4φ cos 2 θ + a 4 sen 4φ sen 2θ + ( a 2 senφ cos φ cos 2 θ + a 2 senφ cos φ sen 2θ )
2

= a 4 sen 4φ ( cos 2 θ + sen 2θ ) + a 4 sen 2φ cos 2 φ ( cos 2 θ + sen 2θ )
2

= a 4 sen 4φ + a 4 sen 2φ cos 2 φ
= a 4 sen 2φ ( sen 2φ + cos 2 φ )

Rφ × Rθ = a 2 senφ

El área de la esfera estaría dado por:
2π π

∫∫
π 2π
S= a 2 senφ dφ dθ = a 2 ( − cos φ ) 0 (θ ) 0 = a 2 (1 + 1)( 2π ) = 4π a 2
0 0

1. Calcular el área de la superficie de la parte del paraboloide x 2 + y 2 = z que queda dentro
π
de la esfera x + y + z
2 2 2
= 4z
6
13 13 − 1
Resp. ( )
2. Encontrar el área de la superficie del plano y + z = 4 limitado por el cilindro z = x 2 , y el
32 2
plano y = 0 . Resp.
3
Encontrar el área de la parte de la superficie esférica x + y + z = 1 situada entre los
2 2 2
3.
1 1
planos z = y z=−
2 2
Calcular el área de la porción de la superficie z = xy limitada por el cilindro x + y =4
2 2
4.

Calcular el área de la porción de la esfera x + y + z =a
2 2 2 2
5. interior al cilindro
x + y = ay ; siendo a>o
2 2

⎧ x = r cos φ
⎪ 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ φ ≤ 2π
6. Calcular el área de la superficie dada por: ⎨ y = 2r cos φ
⎪z = φ
⎩

192


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

k

g
Q

e

c d
y
b

a

x

Si hacemos particiones de Q , la ijk -ésima partición tendría la forma:

Δzk
Δxi
Δy j

Y su volumen sería: ΔVijk = Δxi Δy j Δzk .
Una función de tres variables w = f ( x, y , z ) definida en Q , para esta
partición sería de la forma
f ( x , y , z ) Δxi Δy j Δzk
i j k

Donde (x , y ,z )
i j k representa un punto cualquiera de la ijk -ésima
partición.

193


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

∑∑∑
l m n

lim f ( x , y , z ) Δxi Δy j Δzk
i j k
n→∞
m→∞ k =1 j =1 i =1
l →∞
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 }

∑∑∑
l m n

Al lim f ( x , y , z ) Δxi Δy j Δzk se
i j k
n→∞
m→∞ k =1 j =1 i =1
l →∞

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

∫ ∫ ∫ f ( x, y, z)dxdydz
e c a

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

Si f ( x, y, z ) = 1 , 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
1
Encontrar el volumen de la región acotada por z = x 2 + 3 y 2 y z = 12 − x 2 .
3
Solución
Haciendo un dibujo

194


z

1
z = 12 − x 2
3

z = x2 + 3 y 2
y

x

La integral triple para el volumen sería:
⎡ 12 − 1 x ⎤
2
3

∫∫ ∫ ∫∫
⎢ ⎥ ⎡ 12 − 1 x ⎤
2

V= dz ⎥dA = ⎢ z x2 + 3 y 2 ⎥dA
3
⎢
⎢2 2 ⎥ ⎣ ⎦
R
⎣ x +3 y ⎦ R

=
∫∫ (
R
⎡ 12 − 1 x 2 ) − ( x 2 + 3 y 2 ) ⎤dA
⎣ 3 ⎦

=
∫∫ (
R
12 − 3 x 2 − 3 y 2 )dA
4

Para definir la región R , determinemos la curva de intersección entre las superficies:
⎧ z = x2 + 3 y 2
⎪
⎨ 1 2
⎪ z = 12 − x
⎩ 3
Igualando, tenemos:
1
x 2 + 3 y 2 = 12 − x 2
3
4 2
x + 3 y 2 = 12
3
x2 y 2
+ =1
9 4

195


y

x2 y 2
+ =1
9 4 2 + 36 − 4 x 2
y=
3

0 3 x

Poniendo límites, tenemos:
+ 36 − 4 x 2
3 3

V=
∫∫R
(12 − 4
3
x 2 − 3 y 2 )dA = 4
∫ ∫
0 0
(12 − 4
3
x 2 − 3 y 2 ) dydx

⎡ 36 − 4 x 2 ⎤
⎢ ( 36 − 4 x 2 )
3
⎥
∫
3 3
y
=4 ⎢ y −3 ⎥ dx
⎢ 3 3 ⎥
0 ⎢
⎣
0
⎥
⎦
⎡ 36 − 4 x 2 2
⎢( ) − ( 36 − 4 x ) 2 ⎤ dx
3 3 3

∫
2

=4 ⎥
⎢ 9 27 ⎥
0 ⎢
⎣ ⎥
⎦
3

∫ ( 36 − 4 x2 ) 2 dx
2 3
=4
27
0
Empleando sustitución trigonométrica:
⎧x → 0 ⇒ t → 0
⎪
x = 3sent entonces dx = 3cos t dt y ⎨ π
⎪x → 3 ⇒ t → 2
⎩
reeemplazando

196


π
3 2

∫ ( 36 − 4 x2 ) 2 dx = 27 ∫ (36 − 4 (3sent ) )
3
2 3 8
V=4 ( 3cos tdt )
2 2

27
0 0
π
2

∫ ( 6 cos t ) ( 3cos tdt )
8
= 3

27
0
π
2

∫( cos 4 t ) dt
16
=
3
0
π
2

∫
⎛ 1 + cos 2t ⎞
2
16
= ⎜ ⎟ dt
3 ⎝ 2 ⎠
0
π

(1 + 2 cos 2t + cos 2t ) dt
2

∫
2
16
=
3 4
0

⎡π 2 π
2
π
2 ⎤
(1 + cos 4t ) ⎥
∫ ∫ ∫
4 ⎢
= ⎢ dt + 2 cos 2tdt + dt ⎥
3⎢ 2 ⎥
⎢0
⎣ 0 0 ⎥
⎦
π
4⎡ sen 2t 1 sen4t ⎤ 2
= ⎢t + 2 2 + 2 t + 8 ⎥
3⎣ ⎦0
4 ⎡3 π ⎤
=
3 ⎢2 2 ⎥
⎣ ⎦
V = π u3

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

z

z = a2 − x2 − y2
Q
dz
dx
dy
y
a
a z=0

x

197


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:

V=
∫∫∫ Q
dzdA

Trabajando con la porción superior de la esfera, haciendo un barrido vertical, el límite inferior
para z sería la ecuación del plano z = 0 y el límite superior sería la ecuación de la esfera
z = a 2 − x 2 − y 2 , entonces:
⎡ 2 2 2

⎤

∫∫ ∫ ∫∫
z = a − x − y

⎢ ⎥
V =2 ⎢ dz ⎥dA = 2 a 2 − x 2 − y 2 dA
⎢ ⎥
R ⎣ 0 ⎦ R

los demás límites se los obtiene observando la proyección de la superficie en el plano xy

y

a
x2 + y2 = a2

a x

Pasando a polares y evaluando la integral:
2π a

V =2
∫∫
R
a − x − y dA = 2
2 2 2

∫∫ 0 0
a 2 − r 2 rdrdθ

2π a

2 (a − r )
3

∫
2 2 2

=2
3 2
0 0

= ⎡( a 2 ) 2 − 0 ⎤ θ
2 3 2π

3⎣⎢ ⎥
⎦ 0

4 3
= πa
3

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

198


5.2.2 INTEGRALES TRIPLES EN COORDENADAS
ESFÉRICAS
Recordemos que las transformaciones en coordenadas esféricas son:

⎧ x = ρ senφ cosθ
⎪
⎨ y = ρ senφ senθ
⎪ z = ρ cos φ
⎩
Análogamente a integrales dobles, ahora una integral triple en
condiciones especiales puede ser expresada de la siguiente forma:

∂ ( x, y , z )
∫∫∫Q
f ( x, y, z )dV = ∫∫∫ Q´
f ( ρ ,θ , φ )
∂ ( ρ ,θ , φ )
d ρ dθ d φ

Hallemos el Jacobiano:

xρ yρ zρ
∂ ( x, y , z )
= xθ yθ zθ
∂ ( ρ ,θ , φ )
xφ yφ zφ
senφ cos θ senφ senθ cos φ
= − ρ senφ senθ ρ senφ cos θ 0
ρ cos φ cos θ ρ cos φ senθ − ρ senφ
= cos φ ⎡ − ρ 2 senφ cos φ sen 2θ − ρ 2 senφ cos φ cos 2 θ ⎤ − ρ senφ ⎡ ρ sen 2φ cos 2 θ + ρ sen 2φ sen 2θ ⎤
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
= − ρ 2 senφ cos 2 φ ⎡ sen 2θ + cos 2 θ ⎤ − ρ 2 sen3φ ⎡ sen 2θ + cos 2 θ ⎤
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
= − ρ 2 senφ cos 2 φ − ρ 2 sen3φ
= − ρ 2 senφ ⎡ cos 2 φ + sen 2φ ⎤
⎣ ⎦
= − ρ 2 senφ

Por tanto:
∂ ( x, y , z )
= ρ 2 senφ
∂ ( ρ ,θ , φ )

Ejemplo 1
Calcular el volumen de la esfera x 2 + y 2 + z 2 = a 2 empleando coordenadas
esféricas.
Solución:

La ecuación de la esfera en coordenadas esféricas es ρ = a

199


z

ρ =a

φ ρ

y
θ

x

El volumen estaría dado por:
2π π a

V=
∫∫∫ 0 0 0
ρ 2 senφ d ρ dφ dθ

Evaluando
2π π a 2π π

∫∫∫ ∫∫
a
ρ3
V= ρ senφ d ρ dφ dθ =
2
senφ dφ dθ
3 0
0 0 0 0 0
2π

∫
a3 π
= ( − cos φ ) 0 dθ
3
0
2π

∫(
a3
= 1 + 1) dθ
3
0

2a 3 2π
= θ 0
3
4π a 3
=
3

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

200


z

ρ =a

π
φ=
4

y

x

La integral para el volumen sería:
π
2π 4 a

V=
∫∫∫
0 0 0
ρ 2 senφ d ρ dφ dθ

Evaluando

π π
2π 4 a 2π 4

∫∫∫ ∫∫
a
ρ3
V= ρ senφ d ρ dφ dθ =
2
senφ dφ dθ
3 0
0 0 0 0 0
2π

∫
a3 π
= ( − cos φ ) 0 4 dθ
3
0
2π

∫
a3 ⎛ 2⎞
= ⎜1 −
⎜ ⎟ dθ
3 ⎝ 2 ⎟
⎠
0

a ⎛ 3
2 ⎞ 2π
= ⎜1 −
⎜ ⎟θ
3⎝ 2 ⎟ 0
⎠
2π a 3
⎛ 2⎞
= ⎜1 −
⎜ ⎟
3 ⎝ 2 ⎟⎠

201


1. Determine el volumen del sólido limitado en su parte superior por la esfera
x 2 + y 2 + z 2 = 9 y en su parte inferior por el cono x 2 + y 2 = 2 z 2 ; considere z ≥ 0 .

Hallar el volumen total del espacio comprendido entre el cilindro x + y = a 2 y el
2 2
2.
hiperboloide x + y − z = −a
2 2 2 2

3. Calcular el volumen del sólido limitado por los tres planos coordenados, la superficie
z = x 2 + y 2 ;y el plano x + y = 1
Calcular el volumen del sólido limitado por la esfera x + y + z = a 2 y el cono
2 2 2
4.
z2 = x2 + y2 ; z≥0
Calcular el volumen del sólido limitado superiormente por la esfera x + y + z = 4z
2 2 2
5.
e inferiormente por el cono x + y = z . Resp. 8π
2 2 2

6. Calcular el volumen del sólido limitado por las superficies:
x 2 + y 2 = 2z ; x 2 + y 2 − z 2 = 1 ;y z=0
7. Utilizando una transformación adecuada, hallar el volumen del cuerpo limitado por el
x2 y2 z2 x2 y2 z2
elipsoide + + =2 y el cono + − =0
9 4 25 9 4 25
8. Sea un campo escalar f ( x, y , z ) definido sobre una región Q ⊆ R 3 , se define el valor

∫∫∫ f (x, y, z )dV , donde V(Q) es el volumen de Q.
1
medio de f por: f med =
V (Q )
Q
Encontrar el valor medio de f ( x, y, z ) = xyz 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:
e ln x 1 e 0 e

a)
∫∫ 1 − ln x
f ( x, y )dydx =
∫∫
0 ey
f ( x, y )dxdy +
∫∫
−1 e− y
f ( x, y )dxdy

1 1− x 2 1 1− x 2

b)
∫∫
−1 x −1
(x 2
+ 3 y )dydx = 2
∫∫ 0 x −1
(x 2
+ 3 y )dydx

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

d)
∫∫ 0 1− ( x −1)
2
f ( x, y )dydx =
∫∫ 0 0
f ( x, y )dxdy

2 2− x 2 2− y 1 2− y

e)
∫∫ 0 1− x
f ( x, y ) dydx = 2
∫∫
1 1
f ( x, y ) dxdy +
∫∫
0 1− y
f ( x, y ) dxdy

2. Empleando integrales dobles, calcular el área de la región limitada por:
a) y = 10 x + 25 y 2 = −6 x + 9
2
;
b) x + y = 2x ; x 2 + y 2 = 4x ; y=x ; y=0
2 2

202


⎧ y=0

∫∫
y ⎪
3. Calcule la integrales doble sobre la región R , R = ⎨y = x
1 + x2 ⎪ x=4
R ⎩
2 4

4. Calcular
∫∫
0 y2
x sen x dx dy

2 2

5. Calcular
∫∫
0 x
x 1 + y 3 dydx

y
6. Evaluar
∫∫
R
e x dA donde R es la región limitada por y = x 2 , y = x , x = 1 , x = 2 .

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

1 −
x −y
profundidad del agua en el punto (x, y) de R era f ( x, y) = 500 e 100e 50 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.

∫ ∫ (x y + y )dxdy
1 1
2
a)
0 1− y 2
aa

∫∫
adxdz
b)
0 z a2 − x2

∫ ∫ (y + y )dydx
1 x
3
c)
0 x
π 1+ cos x

∫ ∫y
2
d) sen xdydx
0 0
ln 8 ln y

∫ ∫e
x+ y
e) dxdy
1 0

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 x 2 + 2 y 2 = 1 y la

circunferencia x + y = 1 en el primer cuadrante.
2 2

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

∫∫
⎛ πx⎞
12. Evaluar ⎜ y cos ⎟dA ; donde R es el rectángulo [0,2]x[-1,0].
⎝ 4 ⎠
R

203


13. Calcular
∫∫R
(x 2
+ 2 y 2 ) dA ; R es la región acotada por las gráficas xy = 1 ; xy = 2 ;

u
x=
y = x ; y = 2 x . Utilizando la transformación: v
y=v

14. Encuentre el área de la superficie del paraboloide hiperbólico z = y 2 − x 2 comprendida
entre los cilindros x 2 + y 2 = 1 y x 2 + y 2 = 4 .
15. Determine el volumen del sólido comprendido entre las esferas S1 : x 2 + ( y − 1) + z 2 = 4 y
2

π
S 2 : x 2 + ( y + 1) + z 2 = 4 .
2
Resp. 10
3
16. Determine el área de la superficie de la esfera x 2 + y 2 + z 2 = R 2 que se encuentra en el
interior del cilindro x 2 + y 2 = a 2 . Considere z ≥ 0

204

5 integración múltiple

Más contenido relacionado

La actualidad más candente (18)

Similar a 5 integración múltiple (20)

Último (20)

5 integración múltiple