integrales multiples

Integración Múltiple

MOISES VILLENA

5
5.1 INTEGRALES DOBLES
5.1.1
5.1.2
5.1.3
5.1.4

DEFINICIÓN.
TEOREMA DE INTEGRABILIDAD
TEOREMA FUBINI
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


MOISES VILLENA

5.1 INTEGRALES DOBLES
5.1.1 DEFINICIÓN
La integral definida para funciones de una variable se la definió de la
siguiente manera:
b

∫
a

⎡ n
⎤
f ( x ) dx = lím ⎢
f xi Δxi ⎥
n→∞
⎣ i =1
⎦

∑ ( )

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
denotamos como

[ a, b] × [ c, d ] , es decir un rectángulo de

R 2 , la cual la

R.
y

d
R

c
a

b

R , de dimensiones no necesariamente

Haciendo particiones de la región
iguales:
ym

d
ym −1

x

y
R
Δy m
Δxi
Δyi

yj

y2

Δy2

y1

c
y

Δy1
Δx1

0

Δx2

Δxn

a
x0

150

x1

x2

xi

xn −1

b
x
n

x


MOISES VILLENA

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

R , que para la ij − ésima partición sería:

(

z = f ( x, y )

en la región

)

f xi , y j Δxi Δy j
Bien, veamos ahora su significado geométrico. Observe la gráfica
siguiente:

z

(

zi = f xi , y j

z = f ( x, y )

d

c

y

a

Δxi
b

)

(x , y )

•
Δy j

i

j

x

El punto

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

El volumen del

j

ij − ésimo

paralelepípedo, denotémoslo como

dado por:

(

ΔVij , estaría

)

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:

V = lim

∑ ∑ f ( x , y ) Δx Δ y
m

n→∞
m→∞ j =1

n

i

j

i

j

i =1

151


MOISES VILLENA

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

∑ ∑ f ( x , y ) Δx Δy
m

lim

n→∞
m→∞ j =1

n

i

j

i

j

se

le

i =1

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.
152


MOISES VILLENA

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
⎤
f ( x, y )dA = ⎢ f ( x, y ) dx ⎥dy
⎢
⎥
R
c ⎣a
⎦
b
⎡d
⎤
= ⎢ f ( x, y ) dy ⎥ dx
⎢
⎥
a ⎣c
⎦

∫∫

∫ ∫

∫ ∫

Este teorema nos presenta la integral doble para que sean evaluadas
como integrales simples, dichas integrales se denominan Integrales
Iteradas.
Ejemplo
1

Calcular

2

∫∫

xy 2 dydx

−1

0

SOLUCIÓN:
Por el teorema de Fubini, integrando desde adentro hacia afuera, es decir:
1

⎡2
⎤
⎢
⎥
2
⎢ xy dy ⎥ dx =
⎢
⎥
⎢ −1
⎥
⎣
⎦

∫∫
0

1

∫
0

⎡ 3
⎢x y
⎢ 3
⎢
⎣

⎤
⎥ dx =
⎥
−1 ⎥
⎦

3

∫

1

=

∫

1

⎡ 23
(− 1)3 ⎤ dx
⎢x − x
⎥
3 ⎥
⎢ 3
⎣
⎦

0

1

1 ⎤
⎡8
⎢ 3 x + 3 x ⎥ dx =
⎣
⎦

0

Aquí pudimos haber integrado con respecto a

y , sin mayor trabajo. No deje de hacerlo.

∫

3 xdx = 3

x2
2

1

=
0

3
2

0

x , y luego con respecto a

153


MOISES VILLENA

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:

∫∫

f ( x, y )dA

R

Esta integral doble puede ser calculada de dos maneras:

PRIMERO haciendo un barrido vertical

154


MOISES VILLENA

x =b

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

∫ ∫

x=a

SEGUNDO: Haciendo primero un barrido horizontal

y=d

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

∫ ∫

y =c

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)
a

x

b

155


MOISES VILLENA

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

R

x = g ( y)

dy

dx

x = f ( y)

c
x

Ejemplo 1
1

Calcular

x

∫∫
0

160 xy 3 dydx

x2

SOLUCIÓN:
Integrando desde adentro hacia afuera, tenemos:
1
1 ⎡ x
⎤
⎡
⎢
⎥
4
⎢ 160 xy 3dy ⎥ dx = ⎢160 x y
⎢
⎢
⎥
4
⎢
⎢
⎥
⎣
0
0 ⎣ x2
⎦

∫∫

∫
1

=

∫
0

[40 x

3

Calcular

y

∫∫
0

y 2 e xy dxdy

0

SOLUCIÓN:

156

x2

⎥
⎥ dx =
⎥
⎦

]

1

∫

( )4 − 40 x(x2 )4 ⎤ dx
⎥
⎦

⎡
⎢40 x x
⎣

0

1

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

Ejemplo 2
1

x⎤


MOISES VILLENA

1

⎤
⎡y
⎥
⎢
2 xy ⎥
⎢ y e dx dy =
⎥
⎢
⎥
⎢0
⎦
⎣

1

∫∫
0

∫
0

⎡
xy
⎢ y2 e
⎢
y
⎢
⎣

1

y⎤

1

=

∫

∫

⎥dy =
⎥
0⎥
⎦

[ye

]

− ye(0 ) y dy

yy

0

1

⎡ ye y 2 − y ⎤dy =
⎢
⎥
⎣
⎦

0

∫

1

y2

ye dy −

0

1

∫

ydy

0

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

12

2

2

Ejemplo 3
1

Calcular

1

∫∫

e y dxdy

1− y

0

SOLUCIÓN:
1 ⎡ 1
1
⎤
⎡ 1 ⎤
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢ e y dx ⎥dy = e y ⎢ dx ⎥dy =
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢1− y ⎥
0 ⎣1− y
0
⎦
⎣
⎦

∫∫

∫ ∫

1

∫

∫

1

y

1− y

dy

0

1

=

[e x]
1

e y (1 − (1 − y ))dy =

0

∫

ye y dy

0

La última integral, se la realiza POR PARTES:
1

∫

u v
y

y e dy = y e −
y

u dv

0

∫

v du
y

(

e dy = ye y − e y

)

1
0

= (e − e ) − (0 − 1) = 1

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

∫∫

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

R

SOLUCIÓN:
Primero identificamos la región

R:

157


MOISES VILLENA

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

xdydx

x2

Calculando la integral, resulta:
2

⎡ 2x
⎤
⎢
⎥
⎢ xdy ⎥dx =
⎢
⎥
⎢ x2
⎥
⎣
⎦

∫∫
0

2

∫

[xy]

=

0

2

=

2

2x
dx
x2

∫

∫

[x(2 x) − x(x )]dx
2

0

(2 x

2

)

⎛ x 3 x 4 ⎞ 16
4
⎟=
− x3 dx = ⎜ 2 −
−4 =
⎜ 3
4 ⎟ 3
3
⎝
⎠

0

SEGUNDO METODO: Haciendo primero un barrido horizontal.

4

La integral doble con límites será:

∫∫
0

Calculando la integral doble, resulta:

158

y

y
2

xdxdy


MOISES VILLENA

4

⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣

y

∫∫
0

y
2

⎤
⎥
⎥
xdx ⎥dy =
⎥
⎥
⎥
⎦

4

∫
0

⎡
⎢ x2
⎢
⎢ 2
⎣

y⎤
y
2

4

⎥
⎥ dy =
⎥
⎦

∫
0

⎛
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝

( y)

2

2

⎛ y⎞
⎜ ⎟
2
−⎝ ⎠
2

2

⎞
⎟
⎟
⎟dy =
⎟
⎟
⎠

4

∫

⎛ y y2 ⎞
⎜ −
⎟dy
⎜2 8 ⎟
⎝
⎠

0

4

⎛ y 2 y3 ⎞
⎟ = 4− 8 = 4
=⎜
−
⎜ 4 24 ⎟
3 3
⎝
⎠0

Ejemplo 2

Calcular

∫∫
R

La región

R

⎧y = x
⎪
⎪y = 1
⎪
dA donde R : ⎨
x SOLUCIÓN:
⎪x = 2
⎪
⎪y = 0
⎩

es:

1

Aquí es mejor hacer un barrido vertical primero:

∫∫
0

dydx +

0

Calculando las integrales dobles, tenemos:
1
1 ⎡ x
2 ⎡ x ⎤
⎤
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢ dy ⎥ dx + ⎢ dy ⎥ dx =
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
0 ⎣0
1 ⎢0
⎦
⎥
⎣
⎦

∫∫

2

x

∫∫

∫ ∫
0

0

1

y 0 x dx

1

2

∫ ∫
xdx +

0

=

dydx

2

x
y 0 dx +

1

=

x

∫∫
1

1

1

2

x
2

1
dx
x

1

1
2

+ ln x 1
0

1
= + ln 2
2

159


MOISES VILLENA

Ejemplo 3
Calcular

∫∫

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

3

y

∫∫
0

1

2

12 x e dxdy =
2 y

y

∫

12e

3

x3
3

y2

y

dy
y

0

1

=

∫

2
4e y ⎛
⎜
⎝

( y)

3

3

0
1

=

∫

− y 3 ⎞dy
⎟
⎠

1

y2

4 ye dy −

0

∫

2

4 y 3 e y dy

0

Haciendo cambio de variable t = y 2 . De aquí tenemos: dt = 2 ydy
Reemplazando y resolviendo:
1

∫
0

1

y2

4 ye dy −

∫
0

1

3 y2

4 y e dy =

∫

1

t⎛

dt ⎞
4 ye ⎜
⎜ 2y ⎟ −
⎟
⎝
⎠

0

1

∫ ∫
et dt − 2

0

= 2e

t

⎛ dt ⎞
4 y 3et ⎜
⎜ 2y ⎟
⎟
⎝
⎠

0

1

=2

∫

1
0

[

tet dt

0

− 2 te − et
t

]

1
0

= 2e − 2 − 2[0 − (− 1)]
= 2e − 4

160


MOISES VILLENA

Ejemplo 4
Calcular

∫∫(

2 x + 1)dA

R

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
(x − x 1 ) .
rectas se las puede obtener empleando la formula y − y 1 =
x 2 − x1
Aquí también es mejor primero un barrido horizontal:
1 1− y

∫∫
0

1

(2 x + 1)dxdy =

y −1

∫

(x

2

+x

)

1− y
y −1

dy

0

1

=

∫ [(1− y)

2

0
1

=

∫ [(

][

]

+ (1 − y ) − ( y − 1)2 + ( y − 1) dy

]

y − 1)2 + 1 − y − ( y − 1)2 − y + 1 dy

0
1

=

∫[

2 − 2 y ]dy

0

(

= 2y − y2

)

1
0

1 1− y

∫ ∫(

2 x + 1)dxdy = 1

0

y −1

161


MOISES VILLENA

5.1. 5 PROPIEDADES
Sean f y g funciones de dos variables
continuas en una región R , entonces:

∫∫ kdA = k ∫∫ dA ; ∀k ∈ℜ
2.
∫∫ ( f ± g )dA = ∫∫ fdA ± ∫∫ gdA
3.
∫∫ dA = ∫∫ dA + ∫∫ dA donde R = R ∪ R
1.

R

R

R

R

R

1

R

R1

2

R2

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

Calcular

ln x

∫∫
1

xydydx

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:
x =e

y = ln x

∫ ∫

x =1

xydydx

y =0

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

162


MOISES VILLENA

Invirtiendo los límites de integración hay que hacer ahora un barrido horizontal primero, es decir:
1

e

∫∫
0

1

xydxdy =

ey

∫

1

e

x2
y
2

dy =
e

y

0

=

2

∫
0

2

e y
2 2

1

−
0

( )

⎛ e2 e y
−
y⎜
⎜ 2
2
⎝

2

2
⎞
⎟dy = e
⎟
2
⎠

1

∫
0

1

1
ydy −
2

∫

ye 2 y dy

0

1

1⎡ e
1e ⎤
−
⎢y
⎥
2⎢ 2
2 2 ⎥
⎣
⎦0
2y

2y

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

Ejemplo 2
2

0

Invierta el orden de integración para

4− x 2

0

∫ ∫ f ( x, y)dydx

SOLUCIÓN:
x=2

Interpretando los límites de integración dados, tenemos:

y = 4− x 2

∫ ∫

x =0

f ( x, y )dydx . Se ha hecho

y =0

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

f ( x, y )dxdy

0

163


MOISES VILLENA

Ejemplo 3
y +1

1


∫ ∫ f ( x, y)dxdy
−1

− y +1

SOLUCIÓN:
x = y +1

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

f ( x, y )dydx

x 2 −1

Ejemplo 4
4


16

x

∫∫
2

f ( x, y )dydx

x

SOLUCIÓN:
x=4


∫ ∫

x=2

un barrido vertical primero

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

164

y =16

y=x

x

f ( x, y )dydx Se ha hecho


MOISES VILLENA

4

∫∫
2

16

y

f ( x, y )dxdy +

2

y

∫∫
4

f ( x, y )dxdy

2

Ejercicios propuestos 5.1
y

1

1.

Calcular

∫∫
0

e x + y dxdy

0

2.

⎧x −
⎪
Emplee una integral doble para hallar el área de la región limitada por ⎨
⎪x +
⎩

3.

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

4.

Calcular:

∫∫
∫∫
R

5.

Calcular

y2 + 9 = 0
y2 − 9 = 0

⎧y = x
⎪
dA donde R es la región limitada por ⎨ y = 2
x2
⎪ xy = 1
⎩
y2

⎧y = x2
⎪
12 x dA donde R es la región limitada por ⎨
⎪ y = 2x
⎩

R

2

6.

Calcular

4

∫∫

y cos ydydx

0 x2
1
1
2

7.

Calcular

∫∫
0 y

e − x dxdy
2

2

2

8.

Invierta el orden de integración:

x −1

∫ ∫

f ( x, y )dydx +

−1 − 3+ x

INVERTIR el orden de integración y EVALUAR.

∫ ∫

f ( x, y )dydx

2 − 3+ x

1

9.

3+ x

3

x

∫∫
0

0

2

ydydx +

2− x 2

∫ ∫
1

ydydx

0

165


MOISES VILLENA

10. Calcular:

∫∫

2

12 x 2 e y dA , donde R es la región del primer cuadrante limitada por

y = x3

y

R

y=x
2 x3

11. Representar la región de integración para:

∫∫

8 8

f (x, y) dy dx+

1 x

∫∫ (

f x, y) dy dx

e invertir el

2 x

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:

Valor Medio =

∫∫ f ( x, y)dA
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


MOISES VILLENA

∫∫
∫∫

=

R

∫∫
∫∫
∫
∫
∫
∫

x 1 + y3 dxdy

f ( x, y)dA

Valor Medio =

y

2

dA

R

0

0

y

2

0

dxdy

0

2

y

x2
dy
2 0

1 + y3

=

0

2

( x ) 0 dy
y

0

2

1
2

=

y 2 1 + y3 dy

0

2

ydy

0

2

1 (1 + y )
2
⎛ 3⎞
2⎜ ⎟
⎝ 2⎠
3

=

y2
2

3

2

0

2

1
( 27 − 1)
=6
2

0

13
=
6

Ejercicios Propuestos 5.2
1.

Calcule el valor medio de la función f ( x, y ) = e x y
limitada por

−1

2 en la región del primer cuadrante

⎧y = x2
⎪
⎪
⎨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

y = 2 x,

y = 3 − x,

f ( x, y ) = x + 2 y + 4 sobre la región limitada por las rectas

y=0
− x2

⎧x = 0
⎪
⎪x = 2
sobre la región ⎨
⎪y = x
⎪y = 2
⎩

4.

Encuentre el valor medio de la función f ( x, y ) = e

5.

Encuentre el valor medio de la función

6.

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

f ( x, y ) =

y2
( xy + 1) 2

⎧0 ≤ y ≤ 1
, sobre la región R = ⎨
⎩0 < x ≤ y

y= x2

y

y=x

167


MOISES VILLENA

5.1.8 VOLÚMENES CON INTEGRALES DOBLES
Ya definimos el volumen bajo una superficie.
Ejemplo
Hallar el volumen del sólido limitado por el plano

x y z
+ + = 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
y

b

dA

a

x

El volumen del elemento diferencial sería
dV = hdA = zdA

Por tanto el volumen total está dado por :
V=

∫∫

⎛ x y⎞
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


MOISES VILLENA

a

V=

⎛ x⎞
b ⎜1− ⎟
⎝ a⎠

∫∫
0

⎛ x y⎞
c ⎜1 − − ⎟ dydx
⎝ a b⎠

0

Evaluando:
a

V=

⎛ x⎞
b ⎜1− ⎟
⎝ a⎠

∫∫
0

a

⎛ x y⎞
c ⎜ 1 − − ⎟ dydx = c
⎝ a b⎠

0

∫
0

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

a

=c

∫

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

0

a

=c

∫

2

b⎛ x⎞
⎜1 − ⎟ dx
2⎝ a⎠

0

3 a

⎛ x⎞
1−
bc ⎜ a ⎟
⎝
⎠
=
2 ⎛ 1⎞
3⎜ − ⎟
⎝ a⎠

0
a

=

3
abc ⎡ ⎛ x ⎞ ⎤
⎢ − ⎜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


MOISES VILLENA

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=

∫∫ ∫∫
hdA =

R

⎡( 4 − x 2 − 2 y 2 ) − ( 2 ) ⎤dA
⎣
⎦

R

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

⎧ z = 4 − x2 − 2 y2

intersección de ⎨

⎩z = 2

proyectada en el plano xy .

Igualando y simplificando:

4 − x2 − 2 y 2 = 2
x2 + 2 y2 = 2
x2 y 2
+
=1
2
1
Entonces la región sería:

y

y=
1

2 − x2
2

x
0

170

2


MOISES VILLENA
Entonces
2

V =4

2− x 2
2

∫∫
0

2

(2 − x

2

∫
∫
∫
∫

⎡
y3 ⎤
2
⎢( 2 − x ) y − 2 ⎥
3 ⎦0
⎣

− 2 y )dydx = 4
2

0

2− x 2
2

dy

0

2

=4

⎡
2
2
⎛
⎢( 2 − x 2 ) 2 − x − 2 ⎜ 2 − x
⎜
⎢
3⎝
2
2
⎣

⎞
⎟
⎟
⎠

3

⎤
⎥ dx
⎥
⎦

0

2

=4

3
3
⎡
2
2
2
2 ⎤
⎢ ( 2 − x ) − 2 ( 2 − x ) ⎥ dx
3
⎢
⎥
3
2
2
⎢
⎥
⎣
⎦

( )

0

2

=4

3
1 ⎞
⎛ 1
2
2
−
⎜
⎟ ( 2 − x ) dx
⎝ 2 3 2⎠

0

2

=

8
3 2

∫

(2 − x )
2

3

2

dx

0

La última integral se la realiza por sustitución trigonométrica.
Haciendo x =

2 sent entonces dx = 2 cos t dt y los límites serían
π

2

V=

8
3 2

∫

(2 − x )
2

3

2

dx =

8
3 2

0

⎧x = 0 → t = 0
⎪
⎨
π
⎪x = 2 → t = 2
⎩

2

∫

( 2 − 2sen t )
2

3

2

2 cos t dt

0

π

=

8
3 2

2

∫

2

3

2

( cos )
2

3

2

2 cos t dt

0

π

8
=
3

( 2)

2

∫

3

cos 4 t dt

0

π

(

)

8
= 2 2
3

2

∫

⎛ 1 + cos 2t ⎞
⎜
⎟ dt
2
⎝
⎠
2

0

π

=

16 2
3

2

∫

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

4

0

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

∫

=

4 2 ⎡π π ⎤
+
3 ⎢2 4⎥
⎣
⎦

=

4 2 ⎡ 3π ⎤
3 ⎢ 4 ⎥
⎣ ⎦

V= 2π

171


MOISES VILLENA

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

puede ser expresada de la forma:

R

∫∫ f ( r cosθ , rsenθ )dA
R´

Definamos el

dA en coordenadas cilíndricas. Observe la figura:

r = f (θ )

ds

dr

θ2

En este caso

dA = dsdr

θ1

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


MOISES VILLENA

Haciendo un dibujo de las superficies, e identificando el sólido

z
z =9

9

h

z = x2 + y2

x2 + y 2 = 9

y

x
La región de integración sería:

r =3

∫∫

Por tanto el volumen estará dado por V =

⎡9 − ( x 2 + y 2 ) ⎤ dA
⎣
⎦

R

Cambiando a cilíndricas
2π

V=

3

∫∫(
0

9 − r 2 ) rdrdθ

0

Evaluando
2π

V=

∫∫
0

2π

3

3

∫∫
∫
∫

( 9 − r ) rdrdθ =
2

0

0

( 9r − r ) drdθ
3

0

2π

=

3

⎛ r2 r4 ⎞
⎜ 9 − ⎟ dθ
⎝ 2 4 ⎠0

0

2π

=

⎛ 81 81 ⎞
⎜ − ⎟ dθ
⎝ 2 4⎠

0

81 2π
θ
4 0
81
V = π u3
2
=

173


MOISES VILLENA

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

∫∫

4 − x 2 − y 2 dA

R

La región de integración es:

x 2 + ( y − 1) = 1
2

2
r = 2 senθ
1

174


MOISES VILLENA
Cambiando a coordenadas cilíndricas.

V =2

π

∫∫

4 − x 2 − y 2 dA = 2

R

2 senθ

∫∫
0

π

=2

4 − r 2 rdrdθ

0

2 (4 − r )
3
−2

∫

2

3

2 senθ
2

dθ
0

0

π

=

2
3

∫

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

0

π

=

2
3

∫

(8 − 8cos θ ) dθ
3

0

π
⎡π
⎤
⎥
2⎢
2
= ⎢ 8dθ − cos θ cos θ dθ ⎥
3⎢
⎥
0
⎣0
⎦
π
⎡
⎤
⎥
2⎢ π
2
= ⎢8θ 0 − (1 − sen θ ) cos θ dθ ⎥
3⎢
⎥
⎣
⎦
0

∫ ∫
∫

⎡
2⎢
= ⎢8π −
3⎢
⎣

π

∫

π

cos θ dθ +

0

∫
0

⎤
⎥
sen θ cos θ dθ ⎥
⎥
⎦
2

π

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

⎤
⎥=
0 ⎥
⎦

=

Ejercicios Propuestos 5.3
1.

Usando integrales dobles determine el volumen del sólido limitado por :
a)
b)

z= x +y

c)

x + y = 2z ;

d)
2.

z = 5x 2 ; z = 3 − x 2 ; y = 4 ; y el plano xz.

z = x + y +1; z = 0 ; x + y = 4

2

2

z=x +y
2

;

2

2

2

π
6

y, z = 0

2

2

Resp. 8 2

Resp.

x + y − z =1;

2

2

2

2

2

.

Resp. 5 2

Resp.

π
3

Resp. 12π

Encontrar el volumen de la porción de la esfera x + y + z
2

z=± 1
3.

2

2

2

= 1 situada entre los planos

π
6

Calcular el volumen del sólido que está en el interior de la esfera x + y + z
2

arriba del paraboloide x + y
2

2

=z.

Resp.

2

2

= 2z ; y

7
π
6

175


MOISES VILLENA

4.

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

x2 − y2 − z2 = 2
5.

Calcule el volumen del sólido intersección de los cilindros x + y
2

2

=1 y y2 + z2 =1

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

, quedaría de la forma

R

∫∫ f ( x (u, v ) , y (u, v ))dA
R´

Donde R´ será una nueva región de integración en el plano
el dA será el correspondiente.
Determinemos en nuevo

uv

por tanto

dA . Observe la figura:

v

y
( x ( u, v + Δv ) ; y ( u , v + Δv ) )

( u, v + Δv )

R

Q

R´

P
( x, y )

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

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

x

176

( u, v )

( u + Δu , v )

u


MOISES VILLENA

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 ) )

P

Dividiendo y multiplicando al vector

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
⎝ Δu →0
⎠
⎝ ∂u ∂u ⎠

Q

Dividiendo y multiplicando al vector

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 → 0
Δv
Δv
⎝
⎠
⎝ ∂v ∂v ⎠
El área de la región R está dada por:

dA = P × Q
El producto cruz será:

i
∂x
P×Q =
du
∂u
∂x
dv
∂v

∂x
∂y
∂u
du 0 =
∂x
∂u
∂y
∂v
dv 0
∂v
j

k

∂y
∂u
ˆ
dudv k
∂y
∂v

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

∂x
∂ ( x, y ) ∂u
=
∂ ( u , v ) ∂x
∂v
Por tanto:

P×Q =
Finalmente

dA =

∂y
∂u
∂y
∂v

∂ ( x, y )
ˆ
dudv k
∂ ( u, v )

∂ ( x, y )
∂ ( u, v )

dudv

177


MOISES VILLENA

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:

∫∫

f ( x, y )dA =

R

∫∫

f ( x ( u, v ) , y ( u, v ) )

R´

∂ ( x, y )
∂ ( u, v )

dudv

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

∫∫
R

f ( x, y )dA =

∫∫

f ( r cos θ , rsenθ )

∂ ( x, y )
drdθ
∂ ( r ,θ )

R´

Calculemos el Jacobiano

∂x ∂y
senθ
cos θ
∂ ( x, y ) ∂r ∂r
=
=
= r cos 2 θ + rsen 2θ = r
− rsenθ r cos θ
∂ ( r , θ ) ∂x ∂y
∂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

178

R´


MOISES VILLENA

Ejemplo 1
1

0

Calcular

2x

x

∫∫

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

SOLUCIÓN:
Primero identificamos la región R .

⎡ y =2 x
⎤
⎢
⎥
dy ⎥ dx , por tanto
⎢
⎢
⎥
⎣ y= x
⎦

x =1

En la integral dada, se tiene:

∫ ∫

x=0

x =1

y = 2x

R

y=x

Cambiando de variable, la integral tomaría la forma:

∫∫

dydx =

R

∫∫

∂ ( x, y )
∂ ( u, v )

dudv

R´

Donde para el Jacobiano tenemos:

∂ ( x, y )
∂ ( u, v )

=

xu

yu

xv

yv

=

1− v v
−u

u

= u − uv + uv = 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
u (1 − 2v ) = 0 ⇒ u = 0 ∨ v =

1
2

2. En y = 2 x , reemplazando se tiene:
y = 2x
uv = 2u (1 − v )
uv = 2u − 2uv
2u − 3uv = 0
u ( 2 − 3v ) = 0 ⇒ u = 0 ∨ v =

2
3

179


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

1
u

Por lo tanto R´ , sería:

v=

2
3

u=0

1
v=
2

Obteniendo la nueva integral y evaluándola:

∫∫ ∫∫
dydx =

R

2

∫∫

∂ ( x, y )
dudv =
∂ ( u, v )

1

R´

2

=

0

2

u2
2

1
1−v

dv
0

2
2

1
=
2

ududv

3

∫
1

1
1−v

3

3

∫
1

1

(1 − v )

1 (1 − v )
2 ( −2 + 1)( −1)
2

=

dv

2
−2+1

=

2

1 1
2 (1 − v )

1

2

1

3

2

3

2

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

180

R´
v = 1−

1
u


MOISES VILLENA

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
0
-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0
-1

1

2

x + y =1

x+ y=4

R

x
3

4

5

6

7

x − 2y = 4

-2
-3

⎧u = x − 2 y
⎩v = x + y

Podemos utilizar la siguiente transformación: ⎨

⎧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:

A=

∫∫ ∫∫
dA =

R

∂ ( x, y )
∂ ( u, v )

dudv

R´

Hallemos el Jacobiano

181


MOISES VILLENA
Note que como u = u ( x, y ) y v = v ( x, y )
Podemos decir que:

∂ ( x, y )
∂ ( u, v )

∂ ( x, y )

Entonces:

=

∂ ( u, v )

=

1
∂ ( u, v )
∂ ( x, y )

1
1
1
1
=
=
=
∂ ( u , v ) u x vx
1 1 3
∂ ( x, y ) u y v y
−2 1

Finalmente:

A=

∫∫

∂ ( x, y )
∂ ( u, v )

4

dudv =

R´

4

∫∫
1

1
1 4 4 1
dudv = v 1 u 0 = ( 4 − 1) 4 = 4
3
3
3

0

Ejemplo 3
Calcular

∫∫

y−x

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

x=0

( 0,2 )

( 0,1)

x+ y =2

R

x + y =1

(1,0 )

( 2,0 )
y=0

⎧u = y − x
¿por qué?
⎩v = y + x

Escogemos la transformación: ⎨

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


MOISES VILLENA
⎧u = y − x
⎨
⎩v = y + x

⇒ y=

u + v = 2y

1
2

(u + v )

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

⎧ −u = − y + x
⎨
⎩ v= y+x

•

⎧u = y − x ( −1)
⎪
⇒
⇒ x = 1 (v − u )
⎨
2
2x
v−u =
⎪v = y + x
⎩
La ecuación x + y = 1 , es obvio que se transforma en v = 1 .¿porqué?

•

La ecuación x + y = 2 , se transforma en v = 2

•

Para la ecuación y = 0 , tenemos:

•

Para la ecuación x = 0 , tenemos:

1
2

(u + v ) = 0

1
2

(v − u ) = 0

v = −u
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:

∫∫

y−x

e y + x dA =

u

v

∂ ( x, y )
∂ ( u, v )

dudv

R´

R

El Jacobiano sería:

∫∫

e

∂ ( x, y )
∂ ( u, v )

=

1
1
1
1
=
=
=−
∂ ( u , v ) u x vx
−1 1
2
∂ ( x, y ) u y v y
1 1

Reemplazando, poniendo límites y calculando:

183


MOISES VILLENA

∫∫

2

e

u

v

∂ ( x, y )
∂ ( u, v )

dudv =

R´

v

∫∫
2

1
2

u

v

−

1
dudv
2

−v

1

=

e

∫
∫(
u

e
1
v

1

v

v

dv
−v

2

=

1
2

v e − e−1 ) dv

1

(e − e ) v
=
−1

2

2 2

2

1

( e − e ) ( 4 − 1)
=
4
3( e − e )
=
−1

−1

4

1.

Calcular

∫∫

1
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

∫∫

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

R

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

3.

Calcular

∫∫

( y + 2 x )(
2

R

⎧ xy = 1
⎪ xy = 2
⎪
en
y − x 2 dA , donde R es la región limitada por ⎨
2
⎪y = x
⎪ y = x2 − 1
⎩

)

el primer cuadrante.
4.

Calcular

∫∫

1−

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

R

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

5.

Calcular

∫∫ (

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

R

x 2 − y 2 = 9 ; xy = 2 ; xy = 4 . Utilizando la transformación:

184

⎧u = x 2 − y 2
⎪
⎨
⎪
⎩v = 2 xy


MOISES VILLENA

6.

Calcular

∫∫

(x

2

+ y 2 ) dA ; siendo R el triángulo con vértices; (0,0); (4,0); (4,4),

R

⎧x = u
.
⎩ y = uv

usando la siguiente transformación: ⎨
7.

Calcular

∫∫ (

x − y )( x + 4 y )dA

; siendo R el paralelogramo con vértices; (0,0);

R

(1,1); (5,0); (4,-1).
8.

Evaluar

∫∫

( x − y)

2

cos 2 ( x + y )dA ; R es la región acotada por el cuadrado con

R

⎧u = x − y
⎩v = x + y

vértices (0,1); (1,2); (2,1); (1,0). Utilizando la transformación ⎨
9.

Empleando un cambio de variable adecuado evalúe

∫∫

( x − y)

2

sen 2 ( x + y )dxdy ,

D

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

(1,0 ) , ( 0,1) , (1, 2 ) , ( 2,1) tiene una
) ( x − y ) gr cm . Determine la masa de la

10. Una lámina cuadrada definida por los vértices
densidad variable dada por f ( x, y ) = ( x − y
2

lámina.

Resp.

4
3

2

2

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
Rx

R

dS

y

R´

dA
x

185


MOISES VILLENA

Llamemos

S , al valor del área de la porción R

∫∫ dS

S=

de la superficie, entonces:

R

xy obteniendo
R a R2 .

El asunto sería ahora proyectar la superficie al plano
región

R´. Podemos pensar en una transformación de

Denotando como

R

la función vectorial para la superficie, tenemos:

R = ( x, y , f ( x , y ) )

Los vectores de derivadas parciales con respecto a
respecto a

la

3

y ( R x ), serían:

R x = (1,0, f x )

y

x (Rx )

y con

R y = ( 0,1, f y )

Entonces:

dS = R x × R y dA
Calculando el vector producto cruz y luego su magnitud:

i j
Rx × Ry = 1 0
0 1

k
f x = ( − f x , − f y ,1)
fy

R x × R y = 1 + f x2 + f y2
Finalmente:

S=

∫∫

dS =

R

∫∫

1 + f x 2 + f y 2 dA

R´

Si la ecuación de la superficie está dada en FORMA IMPLÍCITA, es decir

F ( x, y, z ) = 0 . La formula anterior se transforma a:
S=

∫∫
R´

186

Fx 2 + Fy 2 + Fz 2
Fz

dA

¡Demuéstrela!


MOISES VILLENA

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

x

a

El área estaría dada por S = 2

∫∫

Fx 2 + Fy 2 + Fz 2
Fz

dA

R´

Reemplazando:
S =2

∫∫

Fx 2 + Fy 2 + Fz 2
Fz

∫∫
∫∫
∫∫
∫∫

dA = 2

R´

( 2x)

2

+ ( 2 y ) + (2z )
2

2z

2

dA

R´

=2

4x2 + 4 y2 + 4z 2
dA
2z

R´

=2

2 x2 + y2 + z 2
dA
2z

R´

=2

x2 + y2 + z 2
dA
z

R´

187


MOISES VILLENA

Reemplazando por la ecuación de la superficie z =

S =2

∫∫

a2 − x2 − y 2

∫∫
∫∫

x2 + y2 + z 2
dA = 2
z

R´

a2
a − x2 − y2
2

dA

R´

= 2a

1
a2 − x2 − y2

dA

R´

Cambiando a polares:

S = 2a

∫∫

2π

1
a −x −y
2

2

2

dA = 2a

R´

∫∫
0

2π

= 2a

a

∫
∫

(a
2

1
a − r2
2

rdrdθ

0

2

− r2 )

1

a
2

dθ

−2
0

0

2π

= 2a

( a − 0 ) dθ

0

= 2a θ
2

2π
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


MOISES VILLENA

y

r = 3cosθ

3

x

El área estaría dada por S = 2

∫∫

Fx 2 + Fy 2 + Fz 2

dA

Fz

R´

Reemplazando:

S =2

∫∫

Fx 2 + Fy 2 + Fz 2
Fz

∫∫
∫∫
∫∫
∫∫

( 2x)

dA = 2

R´

2

+ ( 2 y ) + ( 2z )
2

2

2z

dA

R´

=2

4 x2 + 4 y 2 + 4 z 2
dA
2z

R´

=2

2 x2 + y 2 + z 2
dA
2z

R´

=2

x2 + y2 + z 2
dA
z

R´

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

S =2

∫∫

∫∫
∫∫

x2 + y 2 + z 2
dA = 2
z

R´

9

2

dA

9 − x2 − y 2

R´

=6

1

9 − x2 − y 2

dA

R´

Cambiando a polares:
S =6

∫∫

π

1
9 − x2 − y 2

3cosθ

∫∫
∫
∫

dA = 6

R´

0

π

=6

1
9 − r2

rdrdθ

0

(9 − r )
2
2

1

3cosθ
2

dθ

−2

0

0

π

=6

( 3 − 3senθ ) dθ

0

π

= 6 ( 3θ + 3cos θ ) 0

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

189


MOISES VILLENA

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

Fx 2 + Fy 2 + Fz 2

dS =
•

F ( x, y , z ) = 0
Fy

Proyectando en el plano

entonces;

dxdz

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 =

Fx

dydz

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


MOISES VILLENA

S=

∫∫

Fx 2 + Fy 2 + Fz 2
Fx

h

dydz = 4

a

∫∫
0

R

h

=4

(2x)

+ ( 2 y ) + 02
2

2x

dydz

0

a

∫∫
0

2

2a
2 a2 − y2

dydz

0

a

y⎞
h
⎛
= 4a ⎜ arcsen ⎟ ( z )0
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
⎪ z = a cos φ
⎩

;0 ≤ φ ≤ π ;0 ≤ θ ≤ 2π

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


MOISES VILLENA

i
Rφ × Rθ = a cos φ cos θ

j
a cos φ senθ

− a senφ senθ

k
−a senφ

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 )
= 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

S=

π

∫∫
0

π

2π

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

0

1.

Calcular el área de la superficie de la parte del paraboloide x 2 + y 2 = z que queda dentro

2.

13 13 − 1
6
Encontrar el área de la superficie del plano y + z = 4 limitado por el cilindro z = x 2 , y el
de la esfera x + y + z
2

plano y = 0 .
3.

2

Resp.

= 4z

2

Resp.

π

(

)

32 2
3

Encontrar el área de la parte de la superficie esférica x + y + z
2

planos z =

1

y z=−

2

2

= 1 situada entre los

1

2

2

4.

Calcular el área de la porción de la superficie z = xy limitada por el cilindro x + y

5.

Calcular el área de la porción de la esfera x + y + z

2

2

2

2

=a

2

2

=4

interior al cilindro

x + y = ay ; siendo a>o
2

6.

192

2

⎧ x = r cos φ
⎪
Calcular el área de la superficie dada por: ⎨ y = 2r cos φ
⎪z = φ
⎩

0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ φ ≤ 2π

2


MOISES VILLENA

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

d

c

y

b
a
x

Si hacemos particiones de

Q , la ijk -ésima partición tendría la forma:
Δzk
Δy j

Y su volumen sería:

ΔVijk = Δxi Δy j Δzk .

Una función de tres variables
partición sería de la forma

w = f ( x, y , z )

(x , y ,z )
i

j

k

definida en

Q , para esta

f ( x , y , z ) Δxi Δy j Δzk
i

Donde

Δxi

j

k

representa un punto cualquiera de la

ijk -ésima

partición.

193


MOISES VILLENA

Para todo
es decir:

Q,

habría que considerar una cantidad infinita de particiones,

∑∑∑
l

lim

m

n→∞
m→∞ k =1
l →∞

n

j =1

f ( x , y , z ) Δxi Δy j Δzk
i

k

j

i =1

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 lim

∑∑∑
l

m

n→∞
m→∞ k =1
l →∞

n

j =1

f ( x , y , z ) Δxi Δy j Δzk se
i

j

k

i =1

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

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


MOISES VILLENA

z

1
z = 12 − x 2
3

z = x2 + 3 y 2

y

x
La integral triple para el volumen sería:
3
⎡ 12 − 1 x ⎤
⎢
⎥
dz ⎥dA =
⎢
⎢2 2 ⎥
⎣ x +3 y ⎦
2

V=

∫∫ ∫
R

=

∫∫

3
⎡ 12 − 1 x ⎤
⎢ z x2 + 3 y 2 ⎥dA
⎣
⎦
2

R

∫∫ (
∫∫ (

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

R

=

4
12 − 3 x 2 − 3 y 2 )dA

R

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


MOISES VILLENA

y

x2 y 2
+
=1
9
4

2

y=

+ 36 − 4 x 2
3

3

0

x

Poniendo límites, tenemos:

V=

∫∫

3

(12 −

4
3

x 2 − 3 y 2 )dA = 4

∫ ∫
0

R

3

=4

∫
0
3

=4

+ 36 − 4 x 2
3

∫
0

(12 −

4
3

x 2 − 3 y 2 ) dydx

0

36 − 4 x 2 ⎤
⎡
3
3
⎢ ( 36 − 4 x 2 )
⎥
y
⎢
y −3
⎥ dx
3
3
⎢
⎥
0
⎢
⎥
⎣
⎦
3
3
⎡ 36 − 4 x 2 2
2
) − ( 36 − 4 x ) 2 ⎤ dx
⎢(
⎥
⎢
⎥
9
27
⎢
⎥
⎣
⎦

3

=4

∫

3
2
( 36 − 4 x2 ) 2 dx
27

0

Empleando sustitución trigonométrica:

⎧x → 0 ⇒ t → 0
⎪
x = 3sent entonces dx = 3cos t dt y ⎨
π
⎪x → 3 ⇒ t → 2
⎩
reeemplazando

196


MOISES VILLENA
π

3

V=4

∫

2

∫ (36 − 4 (3sent ) )

2
8
( 36 − 4 x2 ) 2 dx = 27
27
3

2

0

3

2

( 3cos tdt )

0

π

=

8
27

2

∫

( 6 cos t ) ( 3cos tdt )
3

0

π

16
=
3

2

∫(

cos 4 t ) dt

0

π

16
=
3

2

∫

⎛ 1 + cos 2t ⎞
⎜
⎟ dt
2
⎝
⎠
2

0

π

16
=
3

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

2

∫

2

4

0

π
π
⎡π 2
⎤
2
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

dy

dx

y
a

a

z=0

x
197


MOISES VILLENA

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=

dzdA

Q

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:
V =2

⎡
⎢
⎢
⎢
⎣

2

2

∫∫ ∫
R

z =

a

− x

0

2

− y

⎤
⎥
dz ⎥dA = 2
⎥
⎦

∫∫

a 2 − x 2 − y 2 dA

R

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

y

a

x2 + y2 = a2

x

a

Pasando a polares y evaluando la integral:

V =2

∫∫

2π

a − x − y dA = 2
2

2

2

∫∫
0

R

2π

=2

a

∫

a 2 − r 2 rdrdθ

0

2
2
2 (a − r )
3
2

3

a

2

0

3
2
= ⎡( a 2 ) 2 − 0 ⎤ θ
⎢
⎥
3⎣
⎦
4 3
= πa
3

0
2π
0

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

198


MOISES VILLENA

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:

∫∫∫

f ( x, y, z )dV =

Q

∫∫∫

f ( ρ ,θ , φ )

Q´

∂ ( x, y , z )

∂ ( ρ ,θ , φ )

d ρ dθ d φ

Hallemos el Jacobiano:
xρ
= xθ
∂ ( ρ ,θ , φ )
xφ
∂ ( x, y , z )

yρ
yθ
yφ

zρ
zθ
zφ

senφ cos θ
= − ρ senφ senθ
ρ cos φ cos θ

senφ senθ
ρ senφ cos θ
ρ cos φ senθ

cos φ
0
− 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 ,θ , φ )

= ρ 2 senφ

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


MOISES VILLENA

z

ρ =a

φ

ρ
y

θ

x

El volumen estaría dado por:
2π

V=

π

a

∫∫∫
0

0

ρ 2 senφ d ρ dφ dθ

0

Evaluando
2π

V=

π

∫∫∫
0

0

2π

a

ρ senφ d ρ dφ dθ =
2

0

π

∫∫
0

ρ3
3

a

senφ dφ dθ
0

0

2π

=

a3
3

∫

π

( − cos φ ) 0 dθ

0

2π

=

a3
3

∫(

1 + 1) dθ

0

2a 3
θ
=
3
4π a 3
=
3

2π
0

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


MOISES VILLENA

z

ρ =a

φ=

π
4

y

x

La integral para el volumen sería:
2π

V=

π

4

a

∫∫∫
0

0

ρ 2 senφ d ρ dφ dθ

0

Evaluando
2π

V=

π

4

∫∫∫
0

0

π

2π

a

ρ senφ d ρ dφ dθ =
2

0

4

∫∫
0

ρ3
3

a

senφ dφ dθ
0

0

2π

=

a3
3

∫

π

( − cos φ ) 0 4 dθ

0

2π

=

a3
3

∫
0

⎛
2⎞
⎜1 −
⎟ dθ
⎜
2 ⎟
⎝
⎠

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

201


MOISES VILLENA

Ejercicios Propuestos

5.6

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 .

2.

Hallar el volumen total del espacio comprendido entre el cilindro x + y

3.

hiperboloide x + y − z = −a
Calcular el volumen del sólido limitado por los tres planos coordenados, la superficie

2

2

2

2

2

= a 2 y el

2

z = x 2 + y 2 ;y el plano x + y = 1
Calcular el volumen del sólido limitado por la esfera x + y + z
2

4.

z2 = x2 + y2

;

2

2

= a 2 y el cono

z≥0

5.

Calcular el volumen del sólido limitado superiormente por la esfera x + y + z

6.

e inferiormente por el cono x + y = z . Resp. 8π
Calcular el volumen del sólido limitado por las superficies:

2

2

x 2 + y 2 = 2z ;
7.

2

2

2

= 4z

2

x 2 + y 2 − z 2 = 1 ;y

z=0

Utilizando una transformación adecuada, hallar el volumen del cuerpo limitado por el

x2 y2 z2
+
+
=2
9
4
25

elipsoide

y el cono

x2 y2 z2
+
−
=0
9
4
25

Sea un campo escalar f ( x, y , z ) definido sobre una región Q ⊆ R 3 , se define el valor

8.

medio de f por: f med =

∫∫∫ f (x, y, z )dV , donde V(Q) es el volumen de Q.

1
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

a)

ln x

∫∫
1

f ( x, y )dydx =

− ln x

1

1

e

∫∫

1− x 2

0

f ( x, y )dxdy +

1

∫∫
−1

ey

0

e

f ( x, y )dxdy

e− y

1− x 2

b)

∫∫

c)

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

−1

2

e)

2.

1

f ( x, y )dydx =
2

1− x

+ 3 y )dydx

f ( x, y )dxdy

0

2− y

∫∫
1

2

1 + 1− y

∫∫
2

f ( x, y ) dydx = 2

(x

x −1

0

2− x

1

f ( x, y ) dxdy +

1

2− y

∫∫
0

f ( x, y ) dxdy

1− y

Empleando integrales dobles, calcular el área de la región limitada por:
2
a) y = 10 x + 25

b) x + y
2

202

∫∫
1

1− ( x −1)

∫∫
0

+ 3 y )dydx = 2

0

∫∫
0

2

x −1

1

d)

(x

2

;

y 2 = −6 x + 9

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

y=x

; y=0


MOISES VILLENA

3.

Calcule la integrales doble sobre la región R

∫∫

y
1 + x2

,

R

⎧ y=0
⎪
R = ⎨y = x
⎪ x=4
⎩

2 4

4.

∫∫

Calcular

x sen x dx dy

0 y2
2 2

5.

∫∫

Calcular

x 1 + y 3 dydx

0 x

∫∫

y

donde R es la región limitada por y = x 2 , y = x , x = 1 , x = 2 .

6.

Evaluar

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

e x dA

R

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.
2
∫ ∫ (x y + y )dxdy
1

a)

1

0 1− y 2

aa

∫∫

b)

adxdz
a2 − x2

0 z

3
∫ ∫ (y + y )dydx
1

c)

x

0 x
π 1+ cos x
2

∫

d)

∫y

0
ln 8

1

Evaluar

∫∫
∫∫

sen xdydx

0

∫

e)

9.

0
ln y

∫e

x+ y

dxdy

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

R

10. Calcular

xydA donde D es la región comprendida entre la elipse x 2 + 2 y 2 = 1 y la

D

circunferencia x + y
2

11. Calcular

∫∫ xydA

2

= 1 en el primer cuadrante.

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

D

12. Evaluar

∫∫

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

R

203


MOISES VILLENA

13. Calcular

∫∫

(x

2

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

R

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

u
v
y=v

x=

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

S 2 : x 2 + ( y + 1) + z 2 = 4 .
2

Resp. 10

π

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

integrales multiples

Más contenido relacionado

La actualidad más candente (20)

Similar a integrales multiples (20)

Último (20)

integrales multiples