integrales multuples

Capıtulo 5

INTEGRAL MULTIPLE

SECCIONES

1. Integrales dobles sobre rectangulos.

2. Integrales dobles sobre regiones generales.

3. Cambio de variables en la integral doble.

4. Integrales triples.

5. Ejercicios propuestos.

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1. INTEGRALES DOBLES SOBRE RECTANGULOS.

Ası como la integral simple resuelve el problema del calculo de areas deregiones planas, la integral doble es la herramienta natural para el calcu-lo de volumenes en el espacio tridimensional. En estas notas se introduceel concepto de integral multiple, el cual incluye los casos anteriores en uncontexto general. De este modo, las aplicaciones no se limitan al calculode areas y volumenes sino que se extienden a otros problemas fısicos y ge-ometricos.

5.1. Integral sobre regiones elementales.

5.1.1. Definiciones previas.

Todo conjunto de la forma I = [a1, b1]× · · ·× [an, bn] ⊂ Rn recibe el nombrede intervalo n-dimensional o n-intervalo.

Una particion de I se define al dividir cada intervalo [ai, bi] mediante lospuntos xi0, . . . , ximi

y formar las celdas n-dimensionales Jk = [x1j1, x1

j1+1]×· · ·× [xnjn , x

njn+1], 0 ≤ ji ≤ mi−1 (i = 1, . . . , n). De este modo, una particion

de un n-intervalo I es un conjunto P = J1, . . . , JN, formado por celdasn-dimensionales, tal que

⋂Ji ∩

⋂Jk = ∅ (i 6= k), y J1 ∪ · · · ∪ JN = I.

Dada una funcion f : I → R acotada, si definimos la medida n-dimensionalde una celda como el producto de las longitudes de sus aristas, llamaremossuma inferior de f con respecto a la particion P a

L(f, P ) =∑Jk∈P

ınff(x) : x ∈ Jk ·m(Jk).

Analogamente, la suma superior de f respecto a P es

U(f, P ) =∑Jk∈P

supf(x) : x ∈ Jk ·m(Jk).

5.1.2. Propiedades.

i) L(f, P ) ≤ U(f, P ), para toda particion P de I.

ii) Si P ′ es un refinamiento de P (es decir, cada celda de P ′ esta contenida enalguna celda de P ), entonces L(f, P ) ≤ L(f, P ′) y U(f, P ′) ≤ U(f, P ).

iii) Si P ′ y P ′′ son dos particiones arbitrarias de I, L(f, P ′) ≤ U(f, P ′′).

iv) supL(f, P ) : P particion de I ≤ ınfU(f, P ) : P particion de I.

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5.1.3. Definicion.

Se define la integral superior de f sobre I a∫If = ınfU(f, P ) : P particion de I.

Del mismo modo, se define la integral inferior de f sobre I a∫I

f = supL(f, P ) : P particion de I.

Diremos que la funcion f es integrable sobre I cuando∫If =

∫If y

dicho valor comun se llama integral de f sobre I, que denotaremos por∫I f . En el caso particular n = 2 utilizaremos frecuentemente la notacion∫∫If(x, y) dxdy y, si n = 3, utilizaremos la notacion analoga

∫∫∫If(x, y, z) dxdydz.

5.1.4. Teorema.

Sea f : I ⊂ Rn → R acotada. Son equivalentes:

i) f es integrable en I.

ii) (Condicion de Riemann.) Para todo ε > 0, existe Pε particion de I talque U(f, Pε)− L(f, Pε) < ε.

iii) (Condicion de Darboux.) Existe una constante L con la siguiente propiedad:

∀ε > 0,∃δ > 0 :

∣∣∣∣∣N∑i=1

f(xi)m(Ji)− L

∣∣∣∣∣ < ε,

donde P = J1, . . . , JN es una particion de I cuyas aristas tienenlongitud menor que δ y xi ∈ Ji (i = 1, . . . , N).

Demostracion. Supongamos en primer lugar que f es integrable y veamosque se cumple la condicion de Riemann. Llamemos L =

∫I f . Por definicion

de ınfimo, dado ε > 0, existe una particion P ′ε tal que U(f, P ′ε) < L+ ε/2.

Analogamente, existe una particion P ′′ε tal que L(f, P ′′ε ) > L − ε/2. Si lla-mamos Pε = P ′ε ∪ P ′′ε , entonces

L− ε/2 < L(f, P ′′ε ) < L(f, Pε) ≤ U(f, Pε) < U(f, P ′ε) < L+ ε/2.

Por tanto, U(f, Pε)− L(f, Pε) < ε.

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Supongamos ahora que se cumple la condicion de Riemann y veamos que fes integrable en I.

Como L(f, P ) ≤∫If ≤

∫If ≤ U(f, P ), entonces

∫If −

∫If < ε, ∀ε > 0,

con lo cual∫If =

∫If .

Probemos ahora la equivalencia entre i) y iii). Supongamos en primer lugarque se cumple la condicion de Darboux. Ası pues, dado ε > 0, elegimos δ > 0tal que ∣∣∣∣∣

N∑i=1

f(xi)m(Ji)− L

∣∣∣∣∣ < ε/2.

Elegimos tambien xi ∈ Ji de modo que

|f(xi)− supf(x) : x ∈ Ji| <ε

m(Ji) · 2N.

Entonces

|U(f, P )− L| ≤

∣∣∣∣∣U(f, P )−N∑i=1

f(xi)m(Ji)

∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣N∑i=1

f(xi)m(Ji)− L

∣∣∣∣∣<

N∑i=1

ε ·m(Ji)m(Ji) · 2N

+ε

2= ε.

Analogamente se prueba para las sumas inferiores.

Para probar el recıproco, necesitamos el siguiente resultado.

Lema. Dada una particion P de I y cualquier ε > 0, existe δ > 0 tal quepara cada particion P ′ en celdas de aristas con longitud menor que δ, lasuma de las medidas de las celdas de P ′ que no estan totalmente contenidasen alguna celda de P es menor que ε.

Demostracion. Para demostrarlo, separaremos dos casos:

n = 1: Si P = x0, x1, . . . , xN, basta elegir δ = ε/N porque los intervalosde P ′ que no esten contenidos en algun intervalo [xk−1, xk] deben incluiralgun xk, k = 1, . . . , N − 1; por tanto, la suma de sus longitudes es menorque N · δ (numero de intervalos multiplicado por la longitud de cada uno).

n > 1: Si P = J1, . . . , JN, llamamos T a la longitud total de las aristassituadas entre dos celdas cualesquiera de P y elegimos δ = ε/T .

Sea J ′ ∈ P ′ una celda no contenida en ningun Jk. Esto indica que corta ados celdas adyacentes de P . Por tanto, su n-medida es menor o igual queδ ·A, donde A es la medida de las caras comunes a dichas celdas. Entonces∑

J ′∈P ′,J ′ 6⊂Jkm(J ′) ≤ δ · T = ε.

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Terminemos ahora la demostracion del teorema suponiendo que f es inte-grable en I. Por ser f acotada, existe M tal que |f(x)| ≤M , ∀x ∈ I.

Por ser f integrable, existen dos particiones P1, P2 tales que:

L− L(f, P1) < ε/2U(f, P2)− L < ε/2

(donde L es la integral y ε > 0 arbitrario).

Si P es un refinamiento de P1 y P2, entonces

U(f, P )− ε/2 < L < L(f, P ) + ε/2.

Por el lema anterior, existe δ > 0 tal que si P ′ es una particion de I cuyasaristas tienen longitud menor que δ, entonces∑

J ′∈P ′,J ′ 6⊂Jk,Jk∈Pm(J ′) <

ε

2M.

Sea P ′ = S1, . . . , SN una particion de aristas con longitud menor que δdonde cada S1, . . . , Sk esta contenido en alguna celda de P y Sk+1, . . . , SNno lo estan. Si xj ∈ Sj , entonces:

N∑j=1

f(xj)m(Sj) =k∑j=1

f(xj)m(Sj) +N∑

j=k+1

f(xj)m(Sj) ≤ U(f, P ) +M · ε

2M< L+ ε.

N∑j=1

f(xj)m(Sj) =k∑j=1

f(xj)m(Sj)−N∑

j=k+1

−f(xj)m(Sj) ≥ L(f, P )−M · ε

2M> L− ε.

Por tanto, ∣∣∣∣∣∣N∑j=1

f(xj)m(Sj)− L

∣∣∣∣∣∣ < ε,

lo que corresponde a la condicion de Darboux.

Ejemplos. Estudiar la integrabilidad y calcular la integral (en caso de exi-stir) de las siguientes funciones en las regiones indicadas:

a) f(x, y) = [x] + [y], (x, y) ∈ [−1, 1]× [−1, 1].

b) f(x, y) = [x+ y], (x, y) ∈ [−1, 1]× [−1, 1].

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c) f(x, y) = sen(x+ y), (x, y) ∈ [0, π/2]× [0, π/2].

d) f(x, y) = x3 + 3x2y + y3, (x, y) ∈ [0, 1]× [0, 1].

e) f(x, y) =√|y − x2|, (x, y) ∈ [−1, 1]× [0, 2].

5.2. Extension del concepto de integral a regionesacotadas.

Sea A ⊂ Rn un conjunto acotado tal que A ⊂ I, donde I es un n-intervalo,y f : A → R una funcion acotada. Decimos que f es integrable en Acuando

g(x) =

f(x) si x ∈ A0 si x ∈ I \A

es integrable en I.

Esto sugiere que el tipo de regiones para las que una funcion es integrableno puede tener “frontera muy complicada”. Por tanto, necesitamos las sigu-ientes definiciones.

5.2.1. Definicion.

Un conjunto acotado A ⊂ Rn tiene contenido (segun Jordan) si la funcionconstante f(x) = 1 es integrable en A. En este caso, el contenido de A sedefine como c(A) =

∫A 1.

Por definicion de integral, un conjunto A tiene contenido cero si y solosi

∀ε > 0,∃J1, . . . , JN n-intervalos que cubren a A :N∑i=1

m(Ji) < ε.

Diremos entonces que un conjunto acotado A ⊂ Rn es un dominio de Jor-dan si su frontera tiene contenido cero.

Ejemplo. La grafica de una funcion y = f(x) continua en [a, b] tiene con-tenido cero en R2.

En efecto, dado ε > 0, como f es uniformemente continua en [a, b], existeδ > 0 tal que |f(x)− f(y)| < ε si |x− y| < δ.

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Sea x0, x1, . . . , xN una particion de [a, b] con xj = a+jh (j = 0, 1, . . . , N),donde h = (b− a)/N y elegimos N suficientemente grande para que h < δ.Si llamamos

Rj = (x, y) : xj−1 ≤ x ≤ xj , |y − f(xj)| < ε,

entonces (x, f(x)) ∈ Rj cuando xj−1 ≤ x ≤ xj , es decir la grafica de f

esta contenida en⋃Nj=1Rj . Como el area de Rj es igual a 2ε(xj − xj−1),

entonces la suma de las areas de todos los rectangulos es igual a 2ε(b− a).

De forma similar se puede probar que la grafica de cualquier funcion continuaz = f(x, y) sobre un rectangulo [a, b]×[c, d] tiene contenido cero en R3.

5.2.2. Definicion.

Un conjunto A ⊂ Rn, no necesariamente acotado, tiene medida nula(segun Lebesgue) cuando

∀ε > 0,∃Jmm∈N n-intervalos que cubren a A :∑m∈N

m(Jm) < ε.

Ejemplo. Para ver que R tiene medida cero en R2, para cada ε > 0, bastaelegir Jn = [−n, n]×

[− ε

2n · 2n+1,

ε

2n · 2n+1

]. De este modo, m(Jn) = ε/2n

y∑

n∈N ε/2n = ε.

5.2.3. Propiedades.

Si A tiene contenido nulo, entonces tiene medida nula.

Si A tiene medida nula y B ⊂ A, entonces B tiene medida nula.

Si Amm∈N tienen medida nula en Rn, entonces ∪m∈NAm tiene me-dida nula en Rn.

[Por ejemplo, la sucesion xmm∈N, con xm ∈ Rn, tiene medida nula.]

En efecto, existe para cada i ∈ N un recubrimiento Bi1, Bi2, . . . de Aital que

∑j∈N c(Bij) < ε/2i. Entonces B11, B12, . . . , Bm1, Bm2, . . .

recubre a ∪m∈NAm y ∑i∈N

∑j∈N

c(Bij) < ε.

Todo subconjunto de Rm tiene n-medida cero si m < n.

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5.2.4. Proposicion.

Si A ⊂ Rn es acotado, f : A → R es acotada e integrable, f(x) = 0 ∀x ∈A \ F , donde F es un conjunto de contenido cero, entonces

∫A f = 0.

Demostracion. Como f es acotada, existe M > 0 tal que |f(x)| ≤M , ∀x ∈A. Por otra parte, como F tiene contenido cero, dado ε > 0, F ⊂

⋃Nj=1Rj ,

con∑N

j=1m(Rj) < ε/M .

Llamamos R a un n-rectangulo que contiene a A y extendemos f a R de lamanera usual. Sea P una particion de R tal que Rj ∈ P , ∀j. Entonces,

−ε ≤ L(f, P ) ≤ U(f, P ) ≤ ε,

con lo que∫A f = 0.

5.2.5. Teorema de Lebesgue.

Sea A ⊂ Rn un conjunto acotado y f : A → R acotada. Si A ⊂ I, donde Ies un n-intervalo, entonces f es integrable en A si y solo si el conjunto dediscontinuidades de f en I tiene medida nula.

Demostracion. Definimos la oscilacion de una funcion f en un punto x0 ∈ Icomo

ω(f, x0) = lımh→0+

sup|f(x)− f(y)| : x, y ∈ B(x0, h) ∩ I.

Antes de proceder a la demostracion veamos un par de resultados previos.

Lema 1. ω(f, x0) = 0 ⇐⇒ f es continua en x0.

Para probarlo, basta observar que f es continua en x0 si y solo si ∀ε > 0 ex-iste B(x0, h) tal que sup|f(x)− f(x0)| : x ∈ B(x0, h) < ε lo cual equivalea su vez a que ω(f, x0) = 0.

Lema 2. El conjunto Dr = x ∈ I : ω(f, x) ≥ 1/r es compacto.

En primer lugar, Dr es acotado por estar contenido en el n-intervalo I. Paraver que es cerrado, sea y un punto de acumulacion de Dr y supongamos quey 6∈ Dr. Ası pues, ω(f, y) < 1/r y, por definicion de oscilacion, existe unabola B(y, h) tal que

sup|f(u)− f(v)| : u, v ∈ B(y, h) ∩ I < 1/r.

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Por tanto, B(y, h) ∩ Dr = ∅, lo que contradice el hecho de ser punto deacumulacion.

Vayamos ahora con la demostracion del teorema. Supongamos en primerlugar que el conjunto D de discontinuidades de f en I tiene medida cero.Como D = ∪r∈NDr, tambien cada Dr tiene medida cero. Al ser compacto,solo un numero finito de n-intervalos recubren a Dr. Tenemos ası que

Dr ⊂N⋃i=1

Ji,

N∑i=1

m(Ji) < 1/r.

Consideremos ahora una particion de I suficientemente fina para que este for-mada por C1 ∪ C2, donde C1 este formado por las n-celdas contenidas enalgun Ji y C2 por las n-celdas disjuntas con Dr.

De este modo, si J ∈ C2, ω(f, x) < 1/r, ∀x ∈ J . Por tanto, existe h > 0tal que Mh(f) −mh(f) < 1/r, donde Mh(f) = supf(y) : y ∈ B(x, h) ymh(f) = ınff(y) : y ∈ B(x, h). Como J es compacto, una coleccion finitade B(x, h) : x ∈ J, digamos U1, . . . , Um, recubre a J .

Dividimos J en celdas de modo que cada una de ellas este en alguno deU1, . . . , Um. La particion resultante verifica

U(f, P )− L(f, P ) ≤

∑J∈C1

+∑J∈C2

(MJ(f)−mJ(f)) ·m(J)

≤∑J∈C1

2K ·m(J) +m(I)/r < 2K/r +m(I)/r < ε

(donde hemos supuesto que |f(x)| ≤ K,∀x ∈ I).

Probemos ahora el recıproco, para lo cual supongamos que f es integrable.Escribimos nuevamente D = ∪r∈NDr, con Dr = x ∈ I : ω(f, x) ≥ 1/r.Por hipotesis, existe una particion P de I tal que

U(f, P )− L(f, P ) =∑J∈P

(MJ(f)−mJ(f)) ·m(J) < ε.

Hacemos Dr = J1 ∪ J2, con J1 = x ∈ Dr : x ∈ frJ, para algun J ∈ P yJ2 = x ∈ Dr : x ∈

⋂J, para algun J ∈ P. Es claro que J1 tiene medida

nula.

Sea C el conjunto de las celdas de P que tienen un elemento de Dr en suinterior. Si J ∈ C, entonces MJ(f)−mJ(f) ≥ 1/r y

1r

∑J∈C

m(J) ≤∑J∈C

(MJ(f)−mJ(f))·m(J) ≤∑J∈P

(MJ(f)−mJ(f))·m(J) < ε.

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5.2.6. Consecuencias del teorema de Lebesgue.

Un conjunto acotado A tiene contenido (segun Jordan), es decir lafuncion constante 1 es integrable si y solo si la frontera de A tienemedida nula.

Sea A ⊂ Rn un conjunto acotado que tiene contenido y f : A → Runa funcion acotada con una cantidad finita o numerable de puntosde discontinuidad. Entonces f es integrable.

Teorema. a) Si A ⊂ Rn es acotado y tiene medida nula y f : A → R esintegrable, entonces

∫A f = 0.

b) Si f : A→ R es integrable, f(x) ≥ 0, ∀x y∫A f = 0, entonces el conjunto

x ∈ A : f(x) 6= 0 tiene medida nula.

Demostracion. a) Supongamos que A es un conjunto de medida nula y seaS un n-intervalo que contiene a A. Extendemos f a S haciendo f(x) = 0, six ∈ S \A.

Sean P = S1, S2, . . . , SN una particion de S y M una constante tales que|f(x)| ≤M, ∀x ∈ A. Entonces

L(f, P ) =N∑i=1

mi(f) ·m(Si) ≤M ·N∑i=1

mi(χA) ·m(Si).

Si mi(χA) 6= 0 para algun i, entonces Si ⊂ A lo que es absurdo pues m(A) =0 pero m(Si) 6= 0.

En definitiva, L(f, P ) ≤ 0.

Analogamente,

U(f, P ) =N∑i=1

Mi(f) ·m(Si) = −N∑i=1

mi(−f) ·m(Si) = −L(−f, P ) ≥ 0.

Como f es integrable y L(f, P ) ≤ 0 ≤ U(f, P ), entonces∫A f = 0.

b) Sea Ar = x ∈ A : f(x) > 1/r y veamos que tiene contenido nulo.

Sea S un rectangulo que contiene a A y P una particion de S tal queU(f, P ) < ε/r (f se extiende a S de la forma usual). Si S1, . . . , Sk ⊂ Ptienen interseccion no nula con Ar,

k∑i=1

m(Si) ≤k∑i=1

r ·Mi(f) ·m(Si) ≤ r · U(f, P ) < ε

lo que indica que Ar tiene contenido nulo.

Como A = ∪r∈NAr, A tiene medida nula.

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Ejemplos.

1) f(x) = sen(1/x) es integrable en [−1, 1].

2) f(x, y) =

x2 + sen(1/y) si y 6= 0x2 si y = 0

es integrable en B(0, 1).

5.3. Propiedades de la integral.

Sean A,B ⊂ Rn acotados, f, g : A→ R integrables, k ∈ R.

i) f + g es integrable y∫A(f + g) =

∫A f +

∫A g.

ii) kf es integrable y∫A(kf) = k

∫A f .

iii) |f | es integrable y∣∣∫A f∣∣ ≤ ∫A |f |.

iv) Si f ≤ g, entonces∫A f ≤

∫A g.

v) Si A tiene contenido y |f | ≤M , entonces∣∣∫A f∣∣ ≤M · c(A).

vi) Si f es continua, A tiene contenido y es compacto y conexo, entoncesexiste x0 ∈ A tal que

∫A f = f(x0) · c(A).

vii) Sea f : A ∪B → R. Si A ∩B tiene medida nula y f |A∩B, f |A, f |B sonintegrables, entonces f es integrable en A∪B y

∫A∪B f =

∫A f +

∫B f .

5.3.1. Teorema del valor medio.

Sea K ⊂ Rn un dominio de Jordan compacto y conexo y sea f : K → Runa funcion continua. Si g : K → R es acotada, g(x) ≥ 0, ∀x ∈ K y escontinua excepto en un conjunto de contenido cero, entonces existe z ∈ Ktal que ∫

Kf · g = f(z)

∫Kg.

Demostracion. Sean u, v ∈ K tales que f(u) ≤ f(x) ≤ f(v), ∀x ∈ K. Comog es no negativa,

f(u) · g(x) ≤ f(x) · g(x) ≤ f(v) · g(x), ∀x ∈ K,

de dondef(u)

∫Kg ≤

∫Kf · g ≤ f(v)

∫Kg.

Si∫K g = 0, entonces

∫K f · g = 0 y el teorema es cierto para cualquier

z ∈ K.

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Si∫K g > 0, entonces

f(u) ≤∫K f · g∫K g

≤ f(v).

Por el teorema del valor intermedio para funciones continuas, existe z ∈ K

tal que f(z) =

∫K f · g∫K g

.

5.4. Integrales impropias.

Sea f : A ⊂ Rn → R acotada y no negativa, con A no acotado. Extendemosf a todo Rn de la manera usual. Decimos que f es integrable en A cuandof es integrable en todo n-intervalo [−a, a]n y existe lıma→∞

∫[−a,a]n f .

Nota. Al ser f no negativa, podemos expandir la region de integracionsimetricamente. Por ejemplo, la funcion f(x) = x cambia de signo y resultaque

∫ a−a xdx = 0 con lo que

∫∞−∞ f = 0 pero

∫ 0−∞ f y

∫∞0 f no existen.

5.4.1. Teorema.

Si f ≥ 0, esta acotada y es integrable en cada [−a, a]n, entonces f es inte-grable si y solo si dada cualquier sucesion Bkk∈N de conjuntos acotadoscon contenido tales que Bk ⊂ Bk+1 y existe k tal que C ⊂ Bk, para todon-cubo C, entonces existe lımk→∞

∫Bkf .

5.4.2. Definicion.

a) Sea f ≥ 0 no acotada definida en A ⊂ Rn no acotado. Para cada M > 0,se define

fM (x) =

f(x) si f(x) ≤M

0 si f(x) > M.

Si existe lımM→∞∫A fM , decimos que f es integrable en A.

b) Si f : A→ R es arbitraria, sean

f+(x) =

f(x) si f(x) ≥ 00 si f(x) < 0

, f−(x) =

−f(x) si f(x) ≤ 00 si f(x) > 0

.

Ası, f = f+ − f− y f es integrable en A si lo son f+ y f− y definimos∫A f =

∫A f

+ −∫A f

−.

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Como |f | = f+ + f−, si f es integrable, tambien lo es |f | y∫A |f | =

∫A f

+ +∫A f

− ≥∣∣∫A f∣∣.

Recıprocamente, si |f | es integrable y f es integrable en cada cubo, entoncesf es integrable.

5.5. Teorema de Fubini.

Una herramienta fundamental para abordar el problema del calculo de inte-grales multiples se obtiene a partir del teorema de Fubini. Veremos que, ensituaciones favorables, el calculo de una integral n-dimensional se reduce alcalculo de n integrales simples, llamadas integrales iteradas.

A lo largo de esta seccion, representaremos todo punto de Rn como unpar (x, y), donde x ∈ Rk, y ∈ Rn−k. Analogamente, todo n-intervalo loescribiremos como I = I1 × I2, con I1 ⊂ Rk, I2 ⊂ Rn−k.

5.5.1. Teorema.

Sean I ⊂ Rn un n-intervalo y f : I → R una funcion acotada e integrable enI.

a) Supongamos que, para cada x ∈ I1, la funcion fx(y) = f(x, y) es inte-grable en I2. Si llamamos g(x) =

∫I2fx(y)dy, entonces g es integrable en I1

y ∫If =

∫I1

g(x)dx =∫I1

[∫I2

f(x, y)dy]dx.

b) Si, para cada y ∈ I2, la funcion fy(x) = f(x, y) es integrable en I1,entonces g(y) =

∫I1fy(x)dx es integrable en I2 y∫

If =

∫I2

g(y)dy =∫I2

[∫I1

f(x, y)dx]dy.

Demostracion. Por simplicidad en la notacion, haremos la demostracion delapartado a) para el caso n = 2 (el apartado b) es completamente analogo).Si llamamos I = [a, b]× [c, d], como f es acotada en I, entonces g es acotadaen [a, b]. Ademas,

|g(x)| ≤∫ d

c|f(x, y)|dy ≤ (d− c) · sup

(x,y)∈I|f(x, y)|.

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Por ser f integrable, dado ε > 0, existe una particion P = Rij , 1 ≤ i ≤m, 1 ≤ j ≤ n de I, con Rij = [xi−1, xi] × [yj−1, yj ], tal que U(f, P ) −L(f, P ) < ε.

Si llamamos

Mij = sup(x,y)∈Rij

f(x, y) , mij = ınf(x,y)∈Rij

f(x, y),

Ni = supx∈[xi−1,xi]

g(x) , ni = ınfx∈[xi−1,xi]

g(x),

entonces, fijado x ∈ [xi−1, xi]:

mij · (yj − yj−1) ≤∫ yj

yj−1

f(x, y)dy ≤Mij · (yj − yj−1).

Sumando para todos los valores de j,

n∑j=1

mij · (yj − yj−1) ≤ g(x) ≤n∑j=1

Mij · (yj − yj−1).

Por tanto,

n∑j=1

mij · (yj − yj−1) ≤ ni ≤ Ni ≤n∑j=1

Mij · (yj − yj−1).

Multiplicamos miembro a miembro por (xi − xi−1) y sumamos sobre i:

m∑i=1

n∑j=1

mij · (xi − xi−1)(yj − yj−1) ≤m∑i=1

ni · (xi − xi−1) ≤m∑i=1

Mi · (xi − xi−1)

≤m∑i=1

n∑j=1

Mij · (xi − xi−1)(yj − yj−1).

Esto quiere decir que

L(f, P ) ≤ L(g, Px) ≤ U(g, Px) ≤ U(f, P ).

Deducimos ası que U(g, Px)−L(g, Px) < ε, es decir g es integrable en [a, b].

Ademas, ∫If = supL(f, P ) ≤

∫ b

ag(x)dx ≤ ınf U(f, P ) =

∫If,

lo que demuestra el teorema.

14

Corolario 1. Si f : I → R es continua, entonces∫If =

∫I1

(∫I2

f(x, y)dy)dx =

∫I2

(∫I1

f(x, y)dx)dy.

Corolario 2. Sean f1, f2 : [a, b] → R continuas, con f1(x) ≤ f2(x), ∀x ∈[a, b], D = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, f1(x) ≤ y ≤ f2(x) y f : D → Rcontinua. Entonces ∫

Df =

∫ b

a

(∫ f2(x)

f1(x)f(x, y)dy

)dx.

Demostracion. Extendemos f a I = [a, b]× [c, d], donde c ≤ f1(x) ≤ f2(x) ≤d, definiendo f(x, y) = 0 si (x, y) ∈ I \ D. De este modo, el conjunto dediscontinuidades de f esta formado por los puntos (x, f1(x)) y (x, f2(x))(x ∈ [a, b]), que tiene medida nula. Lo mismo ocurre con las funciones fx yfy, por lo que todas son integrables. Basta por tanto aplicar el teorema deFubini para obtener el resultado.

Observaciones.

(1) Un resultado analogo se obtiene para regiones de la forma D = (x, y) ∈R2 : g1(y) ≤ x ≤ g2(y), c ≤ y ≤ d, con g1, g2 : [c, d] → R continuas, talesque g1(y) ≤ g2(y), ∀y ∈ [c, d]. En este caso, la integral se calcula como∫

Df =

∫ d

c

(∫ g2(y)

g1(y)f(x, y) dx

)dy.

En algunos casos, la region de integracion se puede escribir de dos formasdiferentes, por ejemplo:

D = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, f1(x) ≤ y ≤ f2(x)= (x, y) ∈ R2 : g1(y) ≤ x ≤ g2(y), c ≤ y ≤ d.

Entonces se puede calcular la integral doble de una funcion continua en Dde dos formas diferentes. En la practica ha de elegirse la que simplifique loscalculos.

(2) Si f : [a, b]× [c, d] → R es discontinua en un segmento (x, y) : a ≤ x ≤b, y = y0, entonces

∫ ba fy0(x)dx no existe; sin embargo, existe la integral

doble∫ ba

∫ dc f(x, y)dxdy.

Esto sugiere que se extienda el teorema de Fubini para tener en cuenta lasintegrales superior e inferior.

15

5.5.2. Teorema.

Sea f acotada en I = [a, b]× [c, d]. Entonces

i)

∫I

f ≤∫ b

a

(∫ d

cfx(y)dy

)dx ≤

∫ b

a

(∫ d

cfx(y)dy

)dx ≤

∫If.

ii)

∫I

f ≤∫ b

a

(∫ d

c

fx(y)dy

)dx ≤

∫ b

a

(∫ d

c

fx(y)dy

)dx ≤

∫If.

iii)

∫I

f ≤∫ d

c

(∫ b

afy(x)dx

)dy ≤

∫ d

c

(∫ b

afy(x)dx

)dy ≤

∫If.

iv)

∫I

f ≤∫ d

c

(∫ b

a

fy(x)dx

)dy ≤

∫ d

c

(∫ b

a

fy(x)dx

)dy ≤

∫If.

v) Si existe∫I f , entonces las desigualdades anteriores son igualdades.

Ejercicios.

(1) Sea f : [0, 1]×[0, 1] → R definida por f(x, y) =

1 si x ∈ Q2y si x 6∈ Q.

Probar:

a) Existe∫ t0 f(x, y)dy para todo t ∈ [0, 1] y∫ 1

0

(∫ t0 f(x, y)dy

)dx = t2,

∫ 1

0

(∫ t0 f(x, y)dy

)dx = t.

Deducir que existe∫ 10

(∫ 10 f(x, y)dy

)dx.

b) Existe∫ 10

( ∫ 1

0f(x, y)dx)dy.

c) La funcion f no es integrable en el cuadrado [0, 1]× [0, 1].

(2) Sea A = (i/p, j/p) ∈ R2 : p es primo, 1 ≤ i, j ≤ p − 1. Es facilprobar que cada recta horizontal o vertical corta a A como maximo enun numero finito de puntos. Sin embargo, A no tiene contenido ceroporque es denso en Q = [0, 1] × [0, 1]. De hecho A es un conjunto sincontenido (su frontera no tiene contenido cero).

Si definimos f : Q → R por f(x, y) =

1 si (x, y) ∈ A0 si x ∈ Q \A,

entonces f

no es integrable en Q (la integral inferior vale cero y la integral superiorvale 1). Sin embargo, existen

∫ 10

(∫ 10 f(x, y)dy

)dx =

∫ 10

(∫ 10 f(x, y)dx

)dy,

pues fx y fy tienen un numero finito de discontinuidades.

(3) Sea f : Q = [0, 1]× [0, 1] → R la funcion definida por

16

f(x, y) =

0 si x o y son irracionales1/n si y es racional, x = m/n con m y n primos entre sı y n > 0.

Entonces∫Q f =

∫ 10

(∫ 10 f(x, y)dx

)dy = 0 pero

∫ 10 f(x, y)dy no existe

si x es racional.

(4) Calcular∫ a

0dx

(∫ (a2−x2)1/2

0(a2 − y2)1/2 dy

).

(5) Calcular∫ 2

1dx

(∫ lnx

0(x− 1)

√1 + e2y dy

).

PROBLEMA 5.1

Calcular

∫∫Rf en los siguientes casos:

(a) f(x, y) =1

(x+ y)2, R = [3, 4]× [1, 2].

(b) f(x, y) =x2

1 + y2, R = [0, 1]× [0, 1].

(c) f(x, y) = yexy, R = [0, 1]× [0, 1].

(d) f(x, y) = | cos(x+ y)|, R = [0, π]× [0, π].

Solucion

(a) Como la funcion es simetrica respecto a sus variables, es indiferente elorden de las integrales iteradas. Podemos poner entonces:

∫∫Rf(x, y) dxdy =

∫ 4

0dx

∫ 2

1

1(x+ y)2

dy =∫ 4

3

−1x+ y

∣∣∣∣∣2

1

dx

=∫ 4

3

(−1x+ 2

+1

x+ 1

)dx = ln

|x+ 1||x+ 2|

∣∣∣∣∣4

3

= ln2524.

(b) En este caso las variables se pueden separar, de modo que la integral

17

se convierte en producto de integrales simples:∫∫Rf(x, y) dxdy =

∫ 1

0x2 dx

∫ 1

0

11 + y2

dy

=x3

3

∣∣∣∣∣1

0

· arc tg y

∣∣∣∣∣1

0

=π

12.

(c) Las integrales son inmediatas si integramos en primer lugar respecto ala variable x:∫∫

Rf(x, y) dxdy =

∫ 1

0dy

∫ 1

0yexy dx =

∫ 1

0(exy

∣∣∣10) dy

=∫ 1

0(ey − 1) dy = (ey − y)

∣∣∣10

= e− 2.

(d) Para poder integrar la funcion valor absoluto, debemos dividir la regionde integracion como se indica en la figura.

A

C

B

D

Π

2Π

Π

2

Π

Si (x, y) ∈ A∪D, entonces cos(x+y) ≥ 0 y, si (x, y) ∈ B∪C, entoncescos(x+ y) ≤ 0. Resulta entonces:∫∫

Rf =

∫ π/2

0dx

∫ π/2−x

0cos(x+ y) dy −

∫ π/2

0dx

∫ π

π/2−xcos(x+ y) dy

−∫ π

π/2dx

∫ 3π/2−x

0cos(x+ y) dy +

∫ π

π/2dx

∫ π

3π/2−xcos(x+ y) dy

=∫ π/2

0(sen(π/2)− senx) dx−

∫ π/2

0(sen(x+ π)− sen(π/2)) dx

−∫ π

π/2(sen(3π/2)− senx) dx+

∫ π

π/2(sen(x+ π)− sen(3π/2)) dx

= (2x+ cosx+ cos(x+ π))∣∣∣π/20

+ (2x− cosx− cos(x+ π))∣∣∣ππ/2

=2π.

18

PROBLEMA 5.2

Si f es continua en R = [a, b]× [c, d], y se define

F (x, y) =∫ x

adu

∫ y

cf(u, v)dv,

probar que∂2F

∂x∂y=

∂2F

∂y∂x= f(x, y), para a < x < b, c < y < d.

Solucion

Llamamos G(x, y) a una funcion tal que

∂G

∂y(x, y) = f(x, y).

De este modo, por el teorema fundamental del calculo integral,

∂F

∂x(x, y) = G(x, y)−G(x, c).

Derivando respecto a la segunda variable,

∂2F

∂x∂y=∂G

∂y(x, y)− ∂G

∂y(x, c) = f(x, y).

Por otra parte, si intercambiamos el orden de integracion podemos escribir

F (x, y) =∫ y

cdv

∫ x

af(u, v) du =

∫ y

c(H(x, v)−H(a, v)) dy,

si H es una funcion tal que∂H

∂x(x, y) = f(x, y).

Procediendo ahora de forma analoga al caso anterior, obtenemos:

∂F

∂y(x, y) = H(x, y)−H(a, y),

y, si derivamos respecto a la primera variable,

∂2F

∂y∂x=∂H

∂x(x, y) = f(x, y).

19

PROBLEMA 5.3

Sea f(x, y) = esen(x+y) y D = [−π, π]× [−π, π]. Probar que

1e≤ 1

4π2

∫∫Df(x, y)dxdy ≤ e.

Solucion

Calculamos en primer lugar los maximos y mınimos de la funcion

f(x, y) = esen(x+y)

en el cuadrado D = [−π, π]× [−π, π].

Para ello resolvemos el sistema

∂f

∂x= cos(x+ y) · esen(x+y) = 0

∂f

∂y= cos(x+ y) · esen(x+y) = 0

=⇒ cos(x+y) = 0 =⇒ x+y =(2k + 1)π

2.

Los unicos puntos estacionarios de la funcion en el cuadrado D son loscorrespondientes a las rectas x+ y = π/2 y x+ y = 3π/2. Como los valoresde la funcion en dichos puntos son e y 1/e, respectivamente, deducimosque

maxf(x, y) : (x, y) ∈ D = e, mınf(x, y) : (x, y) ∈ D = 1/e.

De la desigualdad 1/e ≤ f(x, y) ≤ e, concluimos que∫∫D

1edxdy ≤

∫∫Df(x, y) dxdy ≤

∫∫De dxdy

=⇒ 4π2

e≤

∫∫Df(x, y) dxdy ≤ 4eπ2.

PROBLEMA 5.4

Hallar I =∫ 1

−1dx

∫ 2

0

√|y − x2| dy.

20

Solucion

Dividamos el cuadrado [−1, 1]× [0, 2] en dos regiones (ver figura) separadaspor la parabola y = x2.

-1 1

2

+

+

+

+

- -

-1 1

2

La integral buscada se descompone ası en:

I =∫ 1

−1dx

∫ x2

0

√x2 − y dy +

∫ 1

−1dx

∫ 2

x2

√y − x2 dy = I1 + I2.

Calculamos por separado ambas integrales:

I1 =∫ 1

−1−dx

∫ x2

0−√x2 − y dy = −

∫ 1

−1

(x2 − y)3/2

3/2

∣∣∣∣x2

0

dx =∫ 1

−1−2x3

3dx = 0.

rI2 =∫ 1

−1

(y − x2)3/2

3/2

∣∣∣∣2x2

dx =∫ 1

−1(2/3)

√(2− x2)3 dx

= (sustitucion x =√

2 cos t) =23

∫ π/4

−π/4(1− cos 2t) dt =

π − 23

.

El valor de la integral es entonces I =π − 2

3.

PROBLEMA 5.5

Calcular el volumen del solido limitado por la funcion z = cos(x−y)y el plano z = 0, encerrada en el cuadrado [0, π]× [0, π].

Solucion

21

En la figura se muestra la grafica de la funcion donde observamos que tomavalores positivos y negativos.

x

y

z

En efecto, si (x, y) ∈ [0, π]× [0, π],

cos(x− y) > 0 ⇐⇒ −π2< x− y <

π

2⇐⇒ x− π

2< y < x+

π

2.

Por tanto, debemos descomponemos el cuadrado S en las regiones A, B, Cy D, como se ilustra en la figura adjunta, y calcular la integral como sumade integrales en cada una de dichas regiones.

A

B

C

D

Ası pues:

22

V =∫∫

S| cos(x− y)| dxdy

=∫∫

A− cos(x− y) dxdy +

∫∫B

cos(x− y) dxdy

+∫∫

Ccos(x− y) dxdy −

∫∫D

cos(x− y) dxdy

= −∫ π/2

0dx

∫ π

x+π/2cos(x− y) dy +

∫ π/2

0dx

∫ x+π/2

0cos(x− y) dy

+∫ π

π/2dx

∫ π

x−π/2cos(x− y) dy −

∫ π

π/2dx

∫ x−π/2

0cos(x− y) dy

=∫ π/2

0

(sen(x− π)− sen(−π/2)

)dx−

∫ π/2

0

(sen(−π/2)− senx

)dx

−∫ π

π/2

(sen(x− π)− sen(π/2)

)dx+

∫ π

π/2

(sen(π/2)− senx

)dx = 2π.

23

2. INTEGRALES DOBLES SOBRE REGIONES GENERALES.

En este curso se estudian las funciones f : Rn → Rm, es decir, funcionesdefinidas sobre el espacio euclıdeo de dimension n

Rn = (x1, . . . , xn) : xi ∈ R, 1 ≤ i ≤ n,

y con imagen en el espacio analogo de dimension m, Rm.

PROBLEMA 5.6

En la integral doble

∫∫Df(x, y) dxdy, colocar los lımites de inte-

gracion en ambos ordenes, para los siguientes recintos:

i) trapecio de vertices (0, 0), (1, 0), (1, 2) y (0, 1).

ii) segmento parabolico y = x2, y = 1.

iii) cırculo x2 + y2 ≤ 1.

iv) cırculo x2 + y2 ≤ y.

Solucion

Si dibujamos las graficas y despejamos cada una de las variables con respectoa la otra, tenemos:

i) I =∫ 1

0dx

∫ x+1

0f(x, y) dy =

∫ 1

0dy

∫ 1

0f(x, y) dx+

∫ 2

1dy

∫ 1

y−1f(x, y) dx.

ii) I =∫ 1

−1dx

∫ 1

x2

f(x, y) dy =∫ 1

0dy

∫ √y

−√yf(x, y) dx.

iii) I =∫ 1

−1dx

∫ √1−x2

−√

1−x2

f(x, y) dy =∫ 1

−1dy

∫ √1−y2

−√

1−y2f(x, y) dx.

iv) I =∫ 1/2

−1/2dx

∫ (1+√

1−4x2)/2

(1−√

1−4x2)/2f(x, y) dy =

∫ 1

0dy

∫ √y−y2

−√y−y2

f(x, y) dx.

24

PROBLEMA 5.7

Cambiar el orden de integracion en las integrales siguientes:

a)

∫ 3

0dx

∫ √25−x2

4x/3f(x, y) dy.

b)

∫ 2

−6dx

∫ 2−x

x2

4−1f(x, y) dy.

c)

∫ 2

1dx

∫ √2x−x2

2−xf(x, y) dy.

d)

∫ e

1dx

∫ lnx

0f(x, y) dy.

e)

∫ 2a

0dx

∫ √2ax

√2ax−x2

f(x, y) dy, a > 0.

f)

∫ 2

1dx

∫ x3

xf(x, y) dy +

∫ 8

2dx

∫ 8

xf(x, y) dy.

Solucion

a) La region de integracion, indicada en la figura, es la que verifica el sis-tema

0 ≤ x ≤ 3, 4x/3 ≤ y ≤√

25− x2.

3

4

3

4

Como el punto (3, 4) es la interseccion entre la circunferencia y la recta, lanueva integral se escribira como

25

∫ 3

0dx

∫ √25−x2

4x/3f(x, y) dy =

∫ 4

0dy

∫ 3y/4

0f(x, y) dx+

∫ 5

4dy

∫ √25−y2

0f(x, y) dx.

b) Se trata de la region comprendida entre la parabola y = x2/4 − 1 y larecta y = 2− x.

-6 2

2

8

-6 2

2

8

Al invertir el orden de integracion, la integral se descompone ası:

I =∫ 0

−1dy

∫ 2√y+1

−2√y+1

f(x, y) dx+∫ 8

0dy

∫ 2−y

−2√y+1

f(x, y) dx.

c) La region de integracion es el segmento de circunferencia (x−1)2 +y2 = 1limitado por la recta x+ y = 2. La integral se puede escribir como:

I =∫ 1

0dy

∫ 1+√

1−y2

2−yf(x, y) dx.

d) Para invertir el orden de integracion, basta despejar x en la ecuaciony = lnx. Tenemos ası:

I =∫ 1

0dy

∫ e

ey

f(x, y) dx.

e) Si observamos la region de integracion, al cambiar el orden de integraciondebemos descomponer la integral en tres sumandos:

26

a 2a

a

2a

I =∫ a

0dy

∫ a−√a2−y2

y2/2af dx+

∫ a

0

∫ 2a

a+√a2−y2

f dx+∫ 2a

ady

∫ 2a

y2/2af dx.

f) La suma de las dos integrales dadas origina la region dada por la figu-ra.

1 2 8

1

8

1 2 8

1

8

Al cambiar el orden de integracion, queda sencillamente:

I =∫ 8

1dy

∫ y

y1/3

f(x, y) dx.

27

PROBLEMA 5.8

Calcular las siguientes integrales:

(a)

∫ 2

1dx

∫ 3x+1

2xxy dy.

(b)

∫ 1

−1dx

∫ |x|

−2|x|ex+y dy.

(c)

∫ 1

0dx

∫ √1−x2

0

√1− x2 − y2 dy.

(d)

∫ 1

−1dy

∫ 1

|y|(x+ y)2 dx.

(e)

∫ 8

0dy

∫ 3√y

y/4ex

2dx.

Solucion

(a) Basta resolver directamente las integrales iteradas para obtener:

∫ 2

1dx

∫ 3x+1

2xxy dy =

∫ 2

1

xy2

2

∣∣∣∣∣3x+1

2x

dx =∫ 2

1

(x(3x+ 1)2

2− x(2x)2

2

)dx

=∫ 2

1

5x3 + 6x2 + x

2dx =

(5x4

8+ x3 +

x2

4

) ∣∣∣∣∣2

1

=1378.

(b) Calculamos primero la integral respecto a la variable y:

∫ 1

−1dx

∫ |x|

−2|x|ex+y dy =

∫ 1

−1ex+y

∣∣∣∣∣|x|

−2|x|

dx =∫ 1

−1(ex+|x| − ex−2|x|) dx.

Ahora descomponemos la integral simple en suma de dos integrales para

28

sustituir el valor absoluto:

∫ 1

−1(ex+|x| − ex−2|x|) dx =

∫ 0

−1(1− e3x) dx+

∫ 1

0(e2x − e−x) dx

=(x− 1

3e3x) ∣∣∣∣∣

0

−1

+(

12e2x + e−x

) ∣∣∣∣∣1

0

= −56

+13e−3 +

12e2 + e−1.

(c) Integramos primero respecto a y para lo cual hacemos el cambio devariable sen t = y/

√1− x2. De este modo:

∫ 1

0dx

∫ √1−x2

0

√1− x2 − y2 dy =

∫ 1

0dx

∫ π/2

0(√

1− x2)2 · cos2 t dt

=∫ 1

0(1− x2) ·

(t

2+

sen 2t4

) ∣∣∣∣∣π/2

0

dx

=π

4

∫ 1

0(1− x2) dx =

π

4

(x− x3

3

) ∣∣∣∣∣1

0

=π

6.

(d) El dominio de integracion es la region ilustrada en la figura.

1

-1

1

x=y

x=-y

1

-1

1

Integramos primero respecto a y y despues descomponemos el intervalo

29

[−1, 1] en dos subintervalos para calcular la integral respecto a x:

I =∫ 1

−1

(x3

3+ x2y + xy2

) ∣∣∣∣∣1

|y|

dy

=∫ 1

−1

(13

+ y + y2 − |y|3

3− y3 − |y| · y2

)dy

=∫ 0

−1

(13

+ y + y2 +y3

3

)dy +

∫ 1

0

(13

+ y + y2 − 7y3

3

)dy

=(y

3+y2

2+y3

3+y4

12

) ∣∣∣∣∣0

−1

+(y

3+y2

2+y3

3− 7y4

12

) ∣∣∣∣∣1

0

=23.

(e) La region de integracion es la que se ilustra en la figura adjunta.

2

8

y=4x

y=x3

2

8

Intercambiando el orden de integracion se obtiene

I =∫ 2

0dx

∫ 4x

x3

ex2dy =

∫ 2

0(4xex

2 − x3ex2) dx

= 2ex2∣∣2

0− x2

2ex

2∣∣20+∫ 2

0xex

2dx =

e4

2− 5

2.

(Aplicar el metodo de integracion por partes en la segunda integral.)

30

PROBLEMA 5.9

Calcular

∫∫Df(x, y) dxdy en los siguientes casos:

i) f(x, y) = xy2, D el recinto limitado por y2 = 2px y x = p/2 (p > 0).

ii) f(x, y) = x2 + y2, D el paralelogramo limitado por y = x, y = x+a,y = a, y = 3a.

iii) f(x, y) = x+ y, D esta limitado por y2 = 2x, x+ y = 4, x+ y = 12.

Solucion

i) Escribimos la integral doble en forma de integrales iteradas y resulta:

I =∫ p/2

0dx

∫ √2px

−√

2pxxy2 dy =

∫ p/2

0x·y

3

3

∣∣∣√2px

−√

2pxdx =

13

∫ p/2

02x(2px)3/2 dx =

p5

21.

ii) Si observamos el paralelogramo de la figura, observamos que es mas con-veniente realizar primero la integral respecto a x.

a 2a

3a

3a

a

2a

Ası,

I =∫ 3a

ady

∫ y

y−a(x2 + y2) dx =

∫ 3a

a

(x3

3+ y2x

)∣∣∣yy−a

dy = · · · = 14a4.

iii) Teniendo en cuenta la forma de la region de integracion, si integramosprimero respecto a y, la integral se descompone en dos sumandos.

31

2 8 12 18

-6-4

24

2 8 12 18

-6-4

24

Ası pues,

I =∫ 8

2dx

∫ √2x

4−x(x+ y) dy +

∫ 18

8dx

∫ 12−x

−√

2x(x+ y) dy

=∫ 8

2

(√2 · x3/2 − 3x+ x2 − (4− x)2

2

)dx

+∫ 18

8

(11x− x2 +

(12− x)2

2+√

2 · x3/2)dx =

815615

.

Otra posibilidad serıa restar la integral sobre la region comprendida entrela parabola y la recta x+ y = 12 y la integral sobre la region comprendidaentre la parabola y la recta x+ y = 4.

PROBLEMA 5.10

Calcular

∫∫Df(x, y) dxdy en los siguientes casos:

i) f(x, y) = y, D = (x, y : 0 ≤ 2x/π ≤ y ≤ senx.

ii) f(x, y) = x2 + y2, D recinto limitado por y = x2, x = 2, y = 1.

iii) f(x, y) = x2y, D es el primer cuadrante del cırculo x2 + y2 ≤ 4.

iv) f(x, y) = y, D = (x, y) : y > 0, x2 + y2 ≤ a2, y2 ≥ 2ax, x ≥ 0.

Solucion

i) Los puntos de interseccion de las curvas y = senx, y = 2x/π son (0, 0) y(π/2, 1).

32

La integral se calcula entonces de forma directa:

I =∫ π/2

0dx

∫ senx

2x/πy dy =

∫ π/2

0

sen2 x− (2x/π)2

2dx =

π

24.

ii) La figura adjunta muestra la region dada.

2

1

4

2

1

4

Para calcular la integral podemos seguir dos metodos:

1) Integrando como region de tipo 1.

I =∫ 2

1dx

∫ x2

1(x2 + y2) dy

=∫ 2

1(x2y + y3/3)

∣∣∣∣x2

1

dx =∫ 2

1(x4 + x6/3− x2 − 1/3) dx =

1006105

.

2) Integrando como region de tipo 2.

I =∫ 4

1dy

∫ 2

√y(x2 + y2) dx

=∫ 4

1(x3/3 + xy2)

∣∣∣∣2√y

dy =∫ 4

1(8/3 + 2y2 − y3/2/3− y5/2) dy =

1006105

.

iii) A partir de la figura adjunta obtenemos los lımites de integracion.

33

2

2

2

2

De este modo, la integral se expresa como:

I =∫ 2

0x2dx

∫ √4−x2

0y dy =

∫ 2

0x2y2/2

∣∣∣∣√

4−x2

0

dx

=12

∫ 2

0(4x2 − x4)dx =

12

[43x3 − 1

5x5

]2

0

=3215.

iv) La interseccion de x2 + y2 = a2 con y2 = 2ax da x = a(√

2 − 1), y elrecinto S es el indicado en la figura.

Teniendo en cuenta la figura, la integral se escribe como

I =∫ a(

√2−1)

0dx

∫ √a2−x2

√2ax

y dy =12

∫ a(√

2−1)

0(a2−x2−2ax) dx =

a3

6(4√

2−5).

34

PROBLEMA 5.11

Si llamamos A =∫ 1

0e−t

2dt e I = 2

∫ 1

0dx

∫ x

0e−y

2dy, probar que

I = 2A+ e−1 − 1.

Solucion

La region de integracion es el triangulo de la figura.

1

1

Hx,xL

Hx,0L 1

1

1

y

1

Hy,yL H1,

1

y

1

Intercambiando el orden de integracion en I, tenemos:

I = 2∫ 1

0dy

∫ 1

ye−y

2dx = 2

∫ 1

0(e−y

2x)∣∣1ydy

= 2∫ 1

0(e−y

2 − ye−y2) dy = 2

∫ 1

0e−y

2dy +

∫ 1

0−2ye−y

2dy

= 2A+ e−y2∣∣1

0= 2A+ e−1 − e0.

PROBLEMA 5.12

Probar que 2∫ b

adx

∫ b

xf(x)f(y) dy =

(∫ b

af(x) dx

)2

.

35

Solucion

Por una parte,

I =(∫ b

af(x) dx

)2

=(∫ b

af(x) dx

)·(∫ b

af(x) dx

)=∫ b

a

∫ b

af(x)f(y) dxdy.

a b

a

bS1

xa b

a

b

a b

a

b

yS2

a b

a

b

Descomponiendo el cuadrado en dos triangulos como indica la figura, resul-ta:

I =∫∫

S1

f(x)f(y) dxdy +∫∫

S2

f(x)f(y) dxdy

=∫ b

adx

∫ b

xf(x)f(y) dy +

∫ b

ady

∫ b

yf(x)f(y) dx = 2

∫ b

adx

∫ b

xf(x)f(y) dy,

pues en el segundo sumando se pueden intercambiar las letras x e y.

PROBLEMA 5.13

Hallar el area limitada por el lazo de y2 = x2(2− x).

Solucion

36

Observando la figura se obtiene directamente:

A = 2∫ 2

0dx

∫ x√

2−x

0dy = 2

∫ 2

0x√

2− x dx = (sustitucion 2− x = z2)

= −4∫ 0

√2(2z2 − z4) dz =

32√

215

.

PROBLEMA 5.14

Hallar el volumen de la region limitada por los planos z = x + y,z = 6, x = 0, y = 0, z = 0.

Solucion

La region dada es el tetraedro de la figura.

x

y

z

37

Si observamos que, cuando x varıa entre 0 y 6, y varıa entre 0 y z − x, conz = 6, el volumen buscado es:

V =∫ 6

0dx

∫ 6−x

0[6−(x+y)] dy =

∫ 6

0(6−x)y−y

2

2

∣∣∣6−x0

dx =∫ 6

0

(6− x)2

2dx = 36.

PROBLEMA 5.15

Hallar el volumen del solido limitado por el paraboloide x2+4y2 = z,el plano z = 0 y los cilindros y2 = x, x2 = y.

Solucion

La proyeccion de la figura sobre el plano z = 0 es la region limitada por lasparabolas y2 = x, x2 = y. Ası pues, cuando x varıa entre 0 y 1, y varıa entrex2 y

√x.

x

y

z

El volumen queda ahora

V =∫ 1

0dx

∫ √x

x2

(x2 + 4y2) dy =∫ 1

0(x5/2 +

43x3/2 − x4 − 4

3x6)dx =

37.

38

PROBLEMA 5.16

Hallar el volumen de la porcion del cilindro 4x2 +y2 = a2 compren-dida entre los planos z = 0 y z = my.

Solucion

En primer lugar, observamos que el solido es simetrico respecto a la recta y =z = 0. Por otra parte, la base del solido es la elipse 4x2 + y2 = a2, de modoque, cuando x varıa entre −a/2 y a/2, y varıa entre 0 y

√a2 − 4x2.

xy

z

Teniendo en cuenta lo anterior, el volumen queda:

V = 2∫ a/2

−a/2dx

∫ √a2−4x2

0my dy = m

∫ a/2

−a/2(a2 − 4x2) dx =

2ma3

3.

39

3. CAMBIO DE VARIABLES EN LA INTEGRAL DOBLE.

En este apartado vamos a generalizar la formula∫ g(b)

g(a)f(x) dx =

∫ b

af(g(t)) · g′(t) dt

al caso de funciones de n variables. Como la region de integracion ya nosera un simple intervalo, necesitamos estudiar como se transforman regionesen Rn mediante cambios de variable.

En primer lugar, observaremos que las imagenes de conjuntos con contenidobajo funciones de clase C(1) tienen tamano comparable a los de los conjuntosoriginales.

Lema 1. Sea Ω un abierto en Rn y ϕ : Ω → Rn una funcion de clase C(1)

en Ω. Sea A un conjunto acotado, con A ⊂ Ω. Entonces existen un abiertoacotado Ω1, con A ⊂ Ω1 ⊂ Ω1 ⊂ Ω, y una constante M > 0 tales que, si

A ⊂ ∪pj=1Ij , donde Ij son n-cubos cerrados de Ω1 con

p∑j=1

c(Ij) ≤ α, entonces

ϕ(A) ⊂ ∪mk=1Jk, donde Jk son n-cubos cerrados y

m∑k=1

c(Jk) ≤M · α.

Demostracion. Definimos en primer lugar

δ =

1 si Ω = Rn12 ınf‖a− x‖ : a ∈ A, x 6∈ Ω si Ω 6= Rn.

Como A es compacto, δ >

0.

Sea ahora Ω1 = y ∈ Rn : ‖y−a‖ < δ, para algun a ∈ A. Ası, Ω1 es abiertoy acotado. Ademas A ⊂ Ω1 y Ω1 ⊂ Ω.

Como ϕ ∈ C(1)(Ω) y Ω1 es compacto, existe M0 = sup‖Dϕ(x)‖ : x ∈Ω1 <∞.

Si A ⊂⋃pj=1 Ij , entonces ‖ϕ(x)− ϕ(y)‖ ≤M0‖x− y‖, ∀x, y ∈ Ij .

Si las aristas de Ij miden 2rj y x es el centro de Ij , ∀y ∈ Ij , ‖x−y‖ ≤√n·rj ,

de donde ‖ϕ(x)− ϕ(y)‖ ≤√n ·M0 · rj , es decir ϕ(Ij) esta contenido en un

n-cubo de lado 2M0rj . Por lo tanto, ϕ(A) ⊂⋃Jk, con

∑c(Jk) ≤M ·α.

Como consecuencia inmediata tenemos el siguiente resultado.

40

Corolario 1. Sea Ω un abierto en Rn y ϕ : Ω → Rn una funcion de claseC(1) en Ω. Sea A un conjunto acotado, con A ⊂ Ω. Si A tiene contenidocero, entonces ϕ(A) tiene contenido cero.

Tambien podemos concluir facilmente que la imagen de un conjunto acotadode dimension menor a la del espacio tiene contenido cero.

Corolario 2. Sea Ω un abierto en Rr (r < n) y ψ : Ω → Rn una funcionde clase C(1) en Ω. Si A es un conjunto acotado, con A ⊂ Ω, entonces ψ(A)tiene contenido cero.

Demostracion. Si llamamos Ω0 = Ω× Rn−r, entonces Ω0 es abierto en Rn.

Si definimos ϕ : Ω0 → Rn por ϕ(x1, . . . , xn) = ψ(x1, . . . , xr), entonces ϕ ∈C(1)(Ω0).

Sea ahora A0 = A×0, . . . , 0. Entonces A0 ⊂ Ω0 y A0 tiene contenido ceroen Rn. Entonces ψ(A) = ϕ(A0) tiene contenido cero en Rn.

Con este resultado sabemos que, si A es un conjunto con contenido y ϕ ∈C(1)(Ω), con A ⊂ Ω, entonces ϕ(fr(A)) tiene contenido cero. Queremostambien que fr(ϕ(A)) tenga contenido cero y estudiaremos a continuacioncuando ocurre.

Lema 2. Sea Ω un abierto en Rn y ϕ : Ω → Rn una funcion de clase C(1)

en Ω. Si A es un conjunto con contenido, A ⊂ Ω y Jϕ(x) 6= 0, ∀x ∈⋂

(A),entonces ϕ(A) tiene contenido.

Demostracion. Como A es compacto y ϕ es continua, entonces ϕ(A) escompacto, con lo que ϕ(A) es acotado.

Si probamos que frϕ(A) ⊂ ϕ(fr(A)) y que ϕ(fr(A)) tiene contenido cero,tendremos que frϕ(A) tiene contenido cero, lo que significa que ϕ(A) tienecontenido.

Por una parte, como ϕ(A) es compacto, fr(ϕ(A)) ⊂ ϕ(A) = ϕ(⋂

(A)∪fr(A)).Ası pues, si y ∈ fr(ϕ(A)), existe x ∈

⋂(A) ∪ fr(A) tal que y = ϕ(x).

Si estuviera x en el interior de A, por hipotesis Jϕ(x) 6= 0, con lo quey = ϕ(x) serıa un punto interior de ϕ(

⋂(A)) y tambien un punto interior

de ϕ(A), lo que contradice la suposicion dada.

Obtenemos ası que fr(ϕ(A)) ⊂ ϕ(fr(A)).

Por otra parte, como A tiene contenido, fr(A) ⊂ Ω es cerrado y tiene con-tenido cero, de donde ϕ(fr(A)) tiene contenido cero.

41

Corolario. Sea Ω un abierto en Rn y ϕ : Ω → Rn una funcion inyectiva yde clase C(1) en Ω. Si A tiene contenido, A ⊂ Ω y Jϕ(x) 6= 0, ∀x ∈

⋂(A),

entonces fr(ϕ(A)) = ϕ(fr(A)).

Demostracion. Basta probar que ϕ(fr(A)) ⊂ fr(ϕ(A)). Para ello, sea x ∈fr(A). Existen dos sucesiones (xn) ⊂ A, (yn) ⊂ Ω \ A que convergen a x.Como ϕ es continua, las sucesiones (ϕ(xn)) y (ϕ(yn)) convergen a ϕ(x).Como ϕ es inyectiva, ϕ(yn) 6∈ ϕ(A), de modo que ϕ(x) ∈ fr(ϕ(A)).

Transformaciones lineales.

Veremos a continuacion que conjuntos con contenido se transforman me-diante aplicaciones lineales en conjuntos con contenido, y dicho contenidoes un multiplo del original. Ademas este multiplo es el valor absoluto deldeterminante de la aplicacion.

Teorema. Sea L : Rn → Rn una transformacion lineal. Si A ⊂ Rn es unconjunto con contenido, entonces c(L(A)) = |detL| · c(A).

Demostracion. Si L es singular, detL = 0 y la imagen R(L) 6= Rn. Estoindica que R(L) es la imagen de alguna aplicacion L′ : Rk → Rn, con k < n.Por tanto, c(L(A)) = 0.

Si L no es singular, detL 6= 0. Como A tiene contenido, L(A) tiene contenido.Para cada conjunto con contenido, definimos la aplicacion λ(A) = c(L(A)).Dicha aplicacion tiene las siguientes propiedades elementales:

i) λ(A) ≥ 0, ∀A.

ii) λ(A ∪B) = λ(A) + λ(B) si A ∩B = ∅.

iii) λ(x+A) = λ(A), ∀x ∈ Rn.

iv) Si A ⊂ B, entonces λ(A) ≤ λ(B).

Si llamamos K0 = [0, 1)n al n-cubo unidad y mL = λ(K0), las propiedadesanteriores permiten probar que λ(A) = mL · c(A), para todo conjunto aco-tado A ⊂ Rn.

Por otra parte, si M es otra aplicacion lineal no singular, entonces

mLM ·c(A) = c((LM)(A)) = c(L(M(A))) = mL·c(M(A)) = mL·mM ·c(A).

Teniendo en cuenta que toda aplicacion lineal no singular es composicion(mas o menos iterada) de dos tipos especiales:

a) L1(x1, . . . xi, . . . , xn) = (x1, . . . , αxi, . . . , xn),

42

b) L2(x1, . . . xi, . . . , xj , . . . , xn) = (x1, . . . , xi + xj , . . . , xj , . . . , xn),

basta probar que mL = |detL| en estos casos para que la propiedad seacierta en el caso general.

a) Si α > 0, L1(K0) = [0, 1) × · · · × [0, α) × · · · × [0, 1), de donde α =c(L1(K0)) = mL1 · c(K0) = mL1 .

Si α < 0, L1(K0) = [0, 1) × · · · × (α, 0] × · · · × [0, 1), de donde −α =c(L1(K0)) = mL1 · c(K0) = mL1 .

De cualquier manera, |α| = mL1 = |detL1|.

b) Sean ∆1 = (x1, . . . , xn) ∈ K0 : xi < xj y ∆2 = (x1, . . . , xn) ∈ K0 :xi ≥ xj. De este modo, ∆1 ∩ ∆2 = ∅ y K0 = ∆1 ∪ ∆2. AdemasL2(K0) = ∆2 ∪ (0, 0, . . . , 1, 0, . . . , 0) + ∆1.

Por tanto, c(L2(K0)) = c(∆2) + c((0, 0, . . . , 1, 0, . . . , 0) + ∆1) =c(∆2) + c(∆1) = c(K0), de donde mL2 = 1 = |detL2|.

Transformaciones no lineales.

Lema. Sea K ⊂ Rn un n-cubo cerrado con centro el origen. Sea Ω un abiertoque contiene a K. Sea ψ : Ω → Rn una funcion inyectiva y de clase C(1)

en Ω. Supongamos que Jψ(x) 6= 0, ∀x ∈ K y ‖ψ(x) − x‖ ≤ α‖x‖, ∀x ∈ K,donde 0 < α < 1/

√n. Entonces

(1− α√n)n ≤ c(ψ(K))

c(K)≤ (1 + α

√n)n.

Demostracion. Como K tiene contenido, ψ(K) tiene contenido. Ademas∂(ψ(K)) = ψ(∂K).

Si los lados de K tienen longitud 2r y x ∈ ∂K, entonces r ≤ ‖x‖ ≤ r√n.

Por hipotesis, deducimos que ‖ψ(x) − x‖ ≤ α‖x‖ ≤ α · r ·√n. Por tanto,

el conjunto ψ(∂K) no intersecta un cubo abierto Ci de centro O y lados delongitud 2(1− α

√n) · r.

Si llamamos A =⋂ψ(K), B = extψ(K), A y B son abiertos, disjuntos, no

vacıos con A ∪B = Rn \ ∂(ψ(K)).

Como Ci es conexo, Ci ⊂ A o Ci ⊂ B. Pero O ∈ Ci ∩A, de donde Ci ⊂ A ⊂ψ(K).

Analogamente se prueba que, si C0 es el cubo cerrado de centro el origen ylados 2(1 + α

√n)r, entonces ψ(K) ⊂ C0.

43

Teorema. Sea Ω ⊂ Rn abierto, ϕ : Ω → Rn, ϕ ∈ C(1)(Ω), ϕ inyectiva,Jϕ(x) 6= 0, ∀x ∈ Ω. Si A tiene contenido y A ⊂ Ω, dado ε ∈ (0, 1), existeγ > 0 tal que, si K es un n-cubo cerrado de centro x ∈ A y lados de longitudmenor que 2γ, entonces

|Jϕ(x)| · (1− ε)n ≤ c(ϕ(K))c(K)

≤ |Jϕ(x)| · (1 + ε)n.

Demostracion. En primer lugar, construimos δ y Ω1 como en el lema 1.Como detDϕ(x) = Jϕ(x) 6= 0, ∀x ∈ Ω, entonces existe Lx = (Dϕ(x))−1 yademas detLx = 1/Jϕ(x), x ∈ Ω.

Como los elementos de la matriz Lx son funciones continuas, por la com-pacidad de Ω1, existe M > 0 tal que ‖Lx‖ ≤M , ∀x ∈ Ω1.

Sea ε ∈ (0, 1). Por la continuidad uniforme de Dϕ en Ω1, existe β ∈ (0, δ/2)tal que,

‖x1 − x2‖ ≤ β =⇒ ‖Dϕ(x1)−Dϕ(x2)‖ ≤ε

M√n.

Dado x ∈ A, si ‖z‖ ≤ β, es claro que x ∈ Ω1, x+ z ∈ Ω1. Ademas,

‖ϕ(x+z)−ϕ(x)−Dϕ(x)(z)‖ ≤ ‖z‖· sup0≤t≤1

‖Dϕ(x+tz)−Dϕ(x)‖ ≤ ε

M√n·‖z‖.

Si definimos ψ(z) = Lx(ϕ(x+ z)− ϕ(x)), de esta desigualdad se deduce:

‖ψ(z)−z‖ = ‖Lx(ϕ(x+z)−ϕ(x)−LxDϕ(x)(z)‖ ≤ ‖Lx‖·ε

M√n·‖z‖ ≤ ε · ‖z‖√

n,

si ‖z‖ ≤ β.

Aplicamos el lema anterior con α = ε√n. Entonces, si K1 es un cubo cerrado

con centro O y contenido en la bola abierta de radio β, entonces

(1− ε)n ≤ c(ψ(K1))c(K1)

≤ (1 + ε)n.

Por la definicion de ψ, si K = x+K1, K es un cubo cerrado de centro x yc(K) = c(K1). Ademas

c(ψ(K1)) = |detLx| · c(ϕ(x+K1)− ϕ(x)) =1

|Jϕ(x)|· c(ϕ(K)).

Si los lados de K tienen arista menor que 2γ (γ = β/√n), el teorema se

cumple.

44

Teorema del cambio de variable.

Sea Ω ⊂ Rn abierto, ϕ : Ω → Rn, ϕ ∈ C(1)(Ω), ϕ inyectiva, Jϕ(x) 6= 0,∀x ∈ Ω. Si A tiene contenido, A ⊂ Ω y f : ϕ(A) → R es acotada y continua,entonces ∫

ϕ(A)f =

∫A(f ϕ) · |Jϕ|.

Demostracion. Debido a la continuidad de los integrandos, ambas integrales

existen. Si hacemos f = f+ − f−, con f+ =f + |f |

2, f− = −f − |f |

2, por

la linealidad de la integral, basta hacer la demostracion para funciones nonegativas.

Definimos Ω1 como en el lema 1 y definimos tambien

Mϕ = sup‖Dϕ(x)‖ : x ∈ Ω1Mf = supf(y) : y ∈ ϕ(A)MJ = sup|Jϕ(x)| : x ∈ A

Sea ε ∈ (0, 1), I un n-intervalo que contiene a A y Ki : i = 1, . . . ,M unaparticion de I en cuadrados con aristas de longitud menor que 2γ, con γdefinido como en el teorema del jacobiano.

Sean K1, . . . ,Km los cuadrados completamente contenidos enA, Km+1, . . . ,Kplos que tienen puntos dentro y fuera de A y Kp+1, . . . ,KM los contenidosen el complementario de A.

Como A tiene contenido, se pueden elegir de modo que

c(A) ≤m∑i=1

c(Ki) + ε,

p∑i=m+1

c(Ki) < ε.

Sea B = K1 ∪ · · · ∪Km; como c(A \B) = c(A)− c(B) < ε, tenemos:∣∣∣∣∫A(f ϕ)|Jϕ| −

∫B

(f ϕ)|Jϕ|∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∫A\B

(f ϕ)|Jϕ|

∣∣∣∣∣ ≤Mf ·MJ ·c(A\B) < Mf ·MJ ·ε.

Por el lema 1, c(ϕ(A \B)) ≤ K · ε, de donde∣∣∣∣∣∫ϕ(A)

f −∫ϕ(B)

f

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∫ϕ(A\B)

f

∣∣∣∣∣ ≤Mf ·K · ε.

45

Si xi es el centro de Ki (i = 1, . . . ,m), por el teorema del jacobiano,

|Jϕ(xi)| · (1− ε)n ≤ c(ϕ(Ki))c(Ki)

≤ |Jϕ(xi)| · (1 + ε)n.

Como 0 < ε < 1, 1− 2n · ε ≤ (1− εn) y (1 + εn) ≤ 1 + 2n · ε. Por tanto,

|c(ϕ(Ki))− |Jϕ(xi) · c(Ki)| ≤ c(Ki) ·MJ · 2n · ε.

Por la continuidad de las funciones sobre el compacto B, podemos suponerque, dado cualquier yi ∈ Ki,∣∣∣∣∣

∫B

(f ϕ)|Jϕ| −m∑i=1

(f ϕ)(yi)|Jϕ(xi)| · c(Ki)

∣∣∣∣∣ < ε · c(B).

Como ϕ es inyectiva, dos conjuntos de la familia ϕ(Ki) : i = 1, . . . ,m seintersectan en ϕ(Ki ∩Kj) que tiene contenido cero pues c(Ki ∩Kj) = 0.

Como ϕ(Ki) tiene contenido, f es integrable en ϕ(Ki). Entonces∫ϕ(B)

f =m∑i=1

∫ϕ(Ki)

f.

Como f es acotada y continua en ϕ(Ki), existe pi ∈ ϕ(Ki) tal que∫ϕ(Ki)

f = f(pi) · c(ϕ(Ki)), i = 1, . . . ,m.

Por ser ϕ inyectiva, existe un unico yi ∈ Ki tal que ϕ(yi) = pi. Entonces∫ϕ(B)

f =m∑i=1

(f ϕ)(yi) · c(ϕ(Ki)).

Al ser (f ϕ)(yi) ≥ 0, resulta

m∑i=1

(f ϕ)(yi) · c(ϕ(Ki))−m∑i=1

(f ϕ)(yi) · |Jϕ(xi)| · c(Ki)

≤ MJ2nεm∑i=1

(f ϕ)(yi) · c(Ki)

≤ MJMf2nεm∑i=1

c(Ki) ≤MJMf2nc(A)ε.

Combinando las ultimas desigualdades, obtenemos:∣∣∣∣∣∫ϕ(B)

f −∫B

(f ϕ)|Jϕ|

∣∣∣∣∣ ≤ ε · c(A)(1 +MJMf2n).

46

En definitiva,∣∣∣∣∣∫ϕ(A)

f −∫A(f ϕ)|Jϕ|

∣∣∣∣∣ ≤Mf ·K ·ε+ε·c(A)(1+MJMf2n)+Mf ·MJ ·ε = ε.

Ejemplos.

1)∫∫

Af(x, y) dxdy =

∫∫A′f(r cosϑ, r senϑ)r drdϑ.

2)∫∫∫

Af(x, y, z) dxdydz =

∫∫∫A′f(r cosϑ, r senϑ, z)r drdϑdz.

3)∫∫∫

Af(x, y, z) dxdydz =

∫∫∫A′f(ρ cosϑ senϕ, ρ senϑ senϕ, ρ cosϕ)ρ2 senϕdρdϑdϕ.

4)∫∫

Af(x + 2y, 2x − 3y) dxdy =

∫∫g(A)

17f(u, v)r dudv, g(x, y) = (x +

2y, 2x− 3y).

Ejercicio.

(a) Probar que∫∫

R2e−(x2+y2)dxdy = π.

(b) Probar que∫ ∞

−∞e−x

2dx =

√π.

(c) Probar que∫

Rne−‖x‖

2dx = πn/2.

(d) Calcular∫ ∞

−∞e−tx

2dx y

∫ ∞

−∞x2e−tx

2dx (t > 0).

PROBLEMA 5.17

Sea D∗ = [0, 1] × [0, 1] y se define T : R2 → R2 como T (u, v) =(−u2 + 4u, v). Encontrar D = T (D∗). ¿Es T inyectiva?

Solucion

47

Cada una de las componentes x = −u2 + 4u, y = v, es funcion de una solavariable. Para ver que T es inyectiva, basta comprobar que lo son cada unade las componentes.

Ahora bien, la funcion y = v es la identidad, que es evidentemente inyectiva.Ademas, si 0 ≤ v ≤ 1, entonces 0 ≤ y ≤ 1.

Por otra parte, la funcion x = −u2 + 4u = −u(u − 4) corresponde a unaparabola de vertice el punto (2, 4) y que corta al eje u en los puntos (0, 0) y(4, 0). Como el dominio esta restringido al intervalo u ∈ [0, 1], la funcion esinyectiva y la imagen del intervalo [0, 1] es el intervalo x ∈ [0, 3].

En la figura siguiente se ilustra el comportamiento de la funcion T .

T−−−−−−−−→

1 u

1

v

D*

1 u

1

v

3 x

1

y

D

3 x

1

y

PROBLEMA 5.18

Sea D∗ el paralelogramo limitado por las rectas y = 3x− 4, y = 3x,y = x/2, y = x/2 + 2. Sea D = [0, 1] × [0, 1]. Encontrar T : R2 → R2

tal que T (D∗) = D.

Solucion

En la figura se muestran los paralelogramosD∗ yD (dondeA = (4/5, 12/5), B =(12/5, 16/5), C = (8/5, 4/5)):

x

y

D*

A

B

C

x

y

T−−−−−−−−→

1 u

1

v

D

1 u

1

v

48

Como la aplicacion buscada transforma un paralelogramo en otro, debe seruna transformacion lineal, del tipo

u = ax+ by +m

v = cx+ dy + n.

Debido a que ambos paralelogramos pasan por el origen, podemos hacerT (0, 0) = (0, 0), de modo que m = n = 0.

Teniendo en cuenta que los vertices de un paralelogramo se aplican en losvertices del otro, podemos establecer las relaciones:

T (8/5, 4/5) = (1, 0) =⇒

8a/5 + 4b/5 = 18c/5 + 4d/5 = 0

T (12/5, 16/5) = (1, 1) =⇒

12a/5 + 16b/5 = 112c/5 + 16d/5 = 1

Resolviendo el sistema resultante, se obtienen los valores a = 3/4, b = −1/4,c = −1/4 y d = 1/2. La transformacion buscada tiene por ecuaciones

u =3x− y

4, v =

−x+ 2y4

.

PROBLEMA 5.19

Una region R del plano XY esta limitada por las rectas x+ y = 6,x− y = 2 e y = 0.

a) Determinar la region R∗ del plano UV en que se aplica R por latransformacion x = u+ v, y = u− v.

b) Calcular el jacobiano de la transformacion∂(x, y)∂(u, v)

.

c) Comparar el resultado de b) con la relacion entre las areas de Ry R∗.

Solucion

La grafica siguiente muestra las regiones R y R∗:

49

1 3 u

1

3

v

R*

1 3 u

1

3

v

T−−−−−−−−→x = u+ vy = u− v

2 6 x

2

y

R

2 6 x

2

y

a) La region R sombreada en la parte derecha de la figura es un triangulolimitado por las rectas dadas. Mediante la transformacion dada, larecta x + y = 6 se transforma en (u + v) + (u − v) = 6, es decirla recta u = 3. Analogamente, la recta x − y = 2 se transforma en(u+ v)− (u− v) = 2 o bien la recta v = 1. De la misma manera el ejey = 0 se convierte en la recta u = v. La region transformada R∗ es eltriangulo de la izquierda en el plano UV .

b) Calculando las derivadas parciales obtenemos directamente

∂(x, y)∂(u, v)

=∣∣∣∣∂x∂u ∂x

∂v∂y∂u

∂y∂v

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣1 11 −1

∣∣∣∣ = −2.

c) El area de la region triangular R es 4, en tanto que la de la region R∗ es2. Luego la relacion entre ambas es 4/2 = 2 que coincide con el valorabsoluto del jacobiano. Como el jacobiano es constante (lo que ocurrecon las transformaciones lineales), las areas de cualesquiera regiones Rdel plano XY son el doble de las areas de las regiones correspondientestransformadas R∗ del plano UV .

50

PROBLEMA 5.20

Una region R del plano XY esta limitada por las curvas

x2 + y2 = a2, x2 + y2 = b2, x = 0, y = 0,

con 0 < a < b, en el primer cuadrante.

a) Determinar la region R′ en la cual se transforma R por la trans-formacion x = u cos v, y = r sen v.

b) Estudiar lo que ocurre si a = 0.

c) Calcular∂(x, y)∂(u, v)

.

Solucion

a bu

p2

v

R’

a bu

p2

v

T−−−−−−−−→x = u cos vy = u sen v

a bx

y

R

a bx

y

a) La region R es la indicada en la figura. Por la transformacion dada,las circunferencias x2 + y2 = a2, x2 + y2 = b2 se convierten en lasrectas u = a, u = b, respectivamente. Asimismo, el segmento x = 0comprendido entre a ≤ y ≤ b se convierte en v = π/2, con a ≤ u ≤ by el segmento y = 0, a ≤ x ≤ b se transforma en v = 0, a ≤ u ≤ b. Endefinitiva, la region R′ buscada es el rectangulo mostrado en la figura.

Se podıa haber razonado tambien diciendo que, por ser u la distanciadesde el origen del plano XY y v el angulo medido a partir del ejepositivo de abscisas, es claro que la region que se busca estara dadapor a ≤ u ≤ b, 0 ≤ v ≤ π/2, como se indica en la figura.

b) Si a = 0, la region R se convierte en un cuadrante de un region circularde radio b y R′ sigue siendo un rectangulo. La razon para esto es queel punto x = 0, y = 0 se aplica en u = 0, v = indeterminada y latransformacion no es biunıvoca en este punto, llamado por esta razonpunto singular.

51

c) Sustituyendo las derivadas parciales en la matriz obtenemos:

∂(x, y)∂(u, v)

=∣∣∣∣cos v −u sen vsen v u cos v

∣∣∣∣ = u(cos2 v + sen2 v) = u.

PROBLEMA 5.21

Sea T (u, v) =(u, v(1+u)

)y D∗ = [0, 1]× [1, 2]. Encontrar D = T (D∗)

y calcular

∫∫Dxy dxdy.

Solucion

Busquemos las imagenes de los segmentos que forman la frontera deD∗:

v = 10 ≤ u ≤ 1

=⇒

x = uy = 1 + u0 ≤ x ≤ 1

=⇒ y = 1 + x0 ≤ x ≤ 1

u = 11 ≤ v ≤ 2

=⇒

x = 1y = 2v

1 ≤ v ≤ 2

=⇒ x = 12 ≤ y ≤ 4

v = 20 ≤ u ≤ 1

=⇒

x = uy = 2(1 + u)0 ≤ x ≤ 1

=⇒ y = 2 + 2x0 ≤ x ≤ 1

u = 01 ≤ v ≤ 2

=⇒

x = 0y = v

1 ≤ v ≤ 2

=⇒ x = 01 ≤ y ≤ 2

Con esta informacion, la transformacion T corresponde a la figura sigu-iente:

52

1 u

1

2

v

D*

1 u

1

2

v

T−−−−−−−−→x = u

y = v(1 + u)

1 x

1

2

4

y

D

1 x

1

2

4

y

Para calcular la integral propuesta, podemos aplicar dos metodos:

a) Directamente:∫∫Dxy dxdy =

∫ 1

0x dx

∫ 2x+2

x+1y dy =

∫ 1

0x

((2x+ 2)2

2− (x+ 1)2

2

)dx =

178.

b) Con la formula del cambio de variables:

Como J(x, y

u, v

)=∣∣∣∣1 0v 1 + u

∣∣∣∣ = 1 + u, entonces

I =∫ 1

0du

∫ 2

1uv(1 + u)2 dv =

∫ 1

0(u+ 2u2 + u3) du ·

∫ 2

1v dv =

178.

PROBLEMA 5.22

Expresar

∫ 1

0dx

∫ x2

0xy dy como una integral sobre el triangulo D∗ =

(u, v) : 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ u y calcular la integral de las dosformas.

Solucion

Podemos calcular la integral directamente, aplicando el teorema de Fubi-ni: ∫ 1

0x dx

∫ x2

0y dy =

∫ 1

0x · x

4

2dx =

x6

12

∣∣∣10

=112.

53

Otro metodo consiste en hacer el cambio de variables T (u, v) = (√u, v) que

transforma el triangulo D∗ en la region D, indicada en la figura.

1 u

1

v

D*

1 u

1

v

T−−−−−−−−→x =

√u

y = v

1 x

1

y

D1 x

1

y

Como el jacobiano de la transformacion es J(x, y

u, v

)=∣∣∣∣1/2√u 0

0 1

∣∣∣∣ = 12√u

,

por la formula del cambio de variable, tenemos:

I =∫ 1

0du

∫ u

0

√u · v · 1

2√udu =

∫ 1

0

v2

4

∣∣∣u0du =

∫ 1

0

u2

4du =

112.

PROBLEMA 5.23

Cambiar a coordenadas polares la integral

∫∫Df(x, y) dxdy en los

siguientes casos:

i) D es el cırculo: x2 + y2 ≤ ax, a > 0.

ii) D es el recinto del primer cuadrante limitado por las curvas: x+y = 1 y x2 + y2 = 1.

iii) D es el cuadrado [0, 1]× [0, 1].

iv) D es el recinto del primer cuadrante limitado por la curva (x2 +y2)2 = a2(x2 − y2).

v) D = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ x.

Solucion

54

i) Si escribimos la ecuacion de la circunferencia en coordenadas polares (ha-ciendo el cambio x = u cos v, y = u sen v), obtenemos u2 = au cos v, es deciru = 0 o u = a cos v.

a

v

u

De la grafica adjunta deducimos que, en coordenadas polares, la region veri-fica las condiciones −π/2 ≤ v ≤ π/2, 0 ≤ u ≤ a cos v. Ası pues, la integral seescribe (teniendo en cuenta el jacobiano de la transformacion) como:

I =∫ π/2

−π/2dv

∫ a cos v

0u · f(u cos v, u sen v) du.

ii) La circunferencia x2 + y2 = 1 se escribe en coordenadas polares como

u = 1, mientras que la recta x+ y = 1 tiene por ecuacion u =1

cos v + sen v.

En el primer cuadrante, el angulo v esta comprendido entre 0 y π/2.

v

u

Con estos datos, la integral se escribe como:

I =∫ π/2

0dv

∫ 1

1cos v+sen v

u · f(u cos v, u sen v) du.

iii) En este caso debemos dividir la region en dos triangulos: el primero deellos limitado por las rectas x = y, x = 1 e y = 0, lo que en coordenadaspolares corresponde a 0 ≤ v ≤ π/4, 0 ≤ u ≤ 1/ cos v; el segundo triangulo

55

esta limitado por las rectas x = y, y = 1 y x = 0, y su expresion encoordenadas polares esta dada por π/4 ≤ v ≤ π/2, 0 ≤ u ≤ 1/ sen v.

1

1

x=1

y=1

v

u

1

1

La integral doble se escribe entonces como:

I =∫ π/4

0dv

∫ 1cos v

0u·f(u cos v, u sen v) du+

∫ π/2

π/4dv

∫ 1sen v

0u·f(u cos v, u sen v) du.

iv) La curva dada es la lemniscata de la figura que, en coordenadas polares,se expresa por la ecuacion u2 = a2 cos 2v.

av

u

En el primer cuadrante, la region esta comprendida entre los valores 0 ≤v ≤ π/4, ası que la integral se expresa como:

I =∫ π/4

0dv

∫ a√

cos 2v


v) La ecuacion de la parabola y = x2 se expresa en coordenadas polares poru sen v = u2 cos2 v, o bien u = sen v/ cos2 v.

1

u

v1

56

La region de integracion esta comprendida entre los valores v = 0 y v = π/4(correspondiente a la recta y = x). Ası pues, la integral se expresa ası:

I =∫ π/4

0dv

∫ sen v/ cos2 v


PROBLEMA 5.24

Sea D el cırculo unidad. Expresar

∫∫D

(1 + x2 + y2)3/2 dxdy como

una integral sobre el rectangulo [0, 1]× [0, 2π] y calcularla.

Solucion

Si aplicamos el cambio a coordenadas polares, dado por las ecuaciones x =u cos v, y = u sen v (ver figura), y teniendo en cuenta que el jacobiano de

la transformacion es J(x, y

u, v

)= u, la integral se puede calcular del modo

siguiente:∫∫D

(1 + x2 + y2)3/2 dxdy =∫∫

D∗u · (1 + u2)3/2 dudv

=∫ 2π

0dv

∫ 1

0u · (1 + u2)3/2 du

= π · (1 + u2)5/2

5/2

∣∣∣10

=8π√

25

.

1 u

2 pv

D*

1 u

2 pv

T−−−−−−−−→x = u cos vy = u sen v -1 1 x

1

y

D-1 1 x

1

y

57

PROBLEMA 5.25

Dibujar la region de integracion y resolver la siguiente integral:∫ 1

1/√

2dx

∫ x

√1−x2

xy dy +∫ √

2

1dx

∫ x

0xy dy +

∫ √4−x2

0xy dy.

Solucion

La region de integracion es la union de las regiones correspondientes a cadasumando. De este modo la grafica corresponde a un sector de corona cir-cular comprendido entre las circunferencias x2 + y2 = 1, x2 + y2 = 4, y elangulo comprendido entre 0 y π/4. Esto sugiere calcular la integral pasandoa coordenadas polares, de modo que su valor es:

I =∫ π/4

0dϑ

∫ 2

1ρ · ρ2 senϑ cosϑdρ =

∫ π/4

0senϑd(senϑ)

∫ 2

1ρ3dρ =

1516.

PROBLEMA 5.26

Calcular el volumen del solido limitado por el paraboloide z = x2 +y2 y el plano z = x.

Solucion

58

x

y

z

El paraboloide y el plano se cortan en una curva cuya proyeccion sobre elplano XY es la circunferencia x2 + y2 = x. Ası pues, el volumen se escribe

mediante la integral doble∫∫

R[x − (x2 + y2)] dxdy, donde R es el cırculo

x2 + y2 ≤ x.

Si escribimos la region R en coordenadas polares, x = r cosϑ, y = r senϑ,

sabiendo que J(x, y

r, ϑ

)= r, la integral se escribe como:

V =∫∫

R[x− (x2 + y2)] dxdy =

∫ π/2

−π/2

(∫ cosϑ

0(r cosϑ− r2)r dr

)dϑ

=∫ π/2

−π/2

(cosϑ

cos3 ϑ3

− cos4 ϑ4

)dϑ =

π

32.

PROBLEMA 5.27

Si S es la region del primer cuadrante limitada por las curvasxy = 1, xy = 2, y = x, y = 4x, probar que∫∫

Sf(x · y) dxdy = ln 2

∫ 2

1f(u) du.

Solucion

La frontera de la region S sugiere realizar el cambio u = y/x, v = yx, cuyainversa es la transformacion T (u, v) = (

√v/u,

√uv), la cual tiene como

dominio la region S∗ de la figura adjunta.

59

1 4 u

1

2

v

S*

1 4 u

1

2

v

T−−−−−−−−→x =

√v/u

y =√uv

x

y

S

x

y

El jacobiano de esta transformacion es

J

(x, y

u, v

)=∣∣∣∣−1

2 · u−3/2v1/2 1

2 · u−1/2v−1/2

12 · u

−1/2v1/2 12 · u

1/2v−1/2

∣∣∣∣ = −12u.

Por la formula del cambio de variable, la integral dada se puede escribircomo:∫∫

Sf(x·y) dxdy =

∫ 4

1du

∫ 2

1

12u·f(v) dv =

12

lnu∣∣∣41

∫ 2

1f(v) dv = ln 2

∫ 2

1f(v) dv.

PROBLEMA 5.28

Calcular

∫∫R

√x2 + y2 dxdy siendo R la region del plano XY lim-

itada por x2 + y2 = 4 y x2 + y2 = 9.

Solucion

La presencia de x2 + y2 sugiere el empleo de coordenadas polares (r, ϑ), conx = r cosϑ, y = r senϑ. Mediante esta transformacion la corona circular Rse transforma en el rectangulo R′ como se indica en la figura.

60

2 3 u

2 pv

R’

2 3 u

2 pv

T−−−−−−−−→x = u cos vy = u sen v

2 3 x

y

R

2 3 x

y

Debido a que∂(x, y)∂(r, ϑ)

= r, se tiene:

A =∫∫

R

√x2 + y2 dxdy =

∫∫R′r · r drdϑ =

∫ 2π

0dϑ

∫ 3

2r2dr

=∫ 2π

0r3/3

∣∣∣32dϑ =

38π3.

Tambien se podıan haber obtenido los lımites de integracion para R′ obser-vando la region R pues, para ϑ fijo, r varıa desde r = 2 hasta r = 3 dentrodel sector destacado en la figura. Integrando entonces con respecto a ϑ desdeϑ = 0 hasta ϑ = 2π se obtiene la suma de todos los sectores citados.

PROBLEMA 5.29

Dados A =(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≤ 0, x− y ≥ 1, x2 + y2 ≤ 4

y f(x, y) =(

x2 + y2)−1/2

, calcular I =∫∫

Af(x, y) dxdy.

Solucion

61

-2 1 2

-2

-1

2

-2 1 2

-2

-1

2

Si escribimos la integral en coordenadas cartesianas, debemos descomponerla region en dos partes. Por tanto (vista como region de tipo II),

I =∫ −1

−2dy

∫ √4−y2

0

(x2 + y2

)−1/2dx+

∫ 0

−1dy

∫ √4−y2

1+y

(x2 + y2

)−1/2dx.

Si escribimos la integral en coordenadas polares, los extremos de integracionpara la variable r son r cosϑ − r senϑ = 1 (pues corresponde a la rectax− y = 1) y r = 2 (pues corresponde a la circunferencia x2 + y2 = 4).

Por otra parte, los extremos de integracion de la variable ϑ son −π/2 y0 (pues la region esta contenida en el cuarto cuadrante) o bien 3π/2 y2π.

Ası pues, el planteamiento correcto de la integral es

I =∫ 0

−π/2dθ

∫ 2

(cosθ−senθ)−1

dr =∫ 2π

3π/2dθ

∫ 2

(cosθ−senθ)−1

dr

(el jacobiano se simplifica con el valor de la funcion).

62

PROBLEMA 5.30

Sea I = δ∫∫∫

V (x2 + y2 + z2) dx dy dz, donde

V = (x, y, z) ∈ R3 |x ≥ 0, y ≥ 0, −√

4− x2 − y2 ≤ z ≤ 12

√4− x2 − y2.

Decir razonadamente si cada una de las siguientes igualdades escierta:

(a) I =∫ 2

0dx

∫ 2

0dy

∫ 12

√4−x2−y2

−√

4−x2−y2(x2 + y2 + z2) dz

(b) I =∫ 1

0dr

∫ π2

0dθ

∫ π2

04r4(4 sen3 ϕ+cos2 ϕ senϕ) dϕ +

∫ 2

0dr

∫ π2

0dθ

∫ π

π2

r4 senϕdϕ.

Solucion

El solido es la region limitada superiormente por el elipsoide x2+y2+4z2 = 4e inferiormente por la esfera x2+y2+z2 = 4, y contenida en el primer octante.Ambas superficies se cortan a lo largo de la circunferencia x2 + y2 = 4contenida en el plano XY .

x

y

z

63

La respuesta del apartado (a) no es correcta pues, si los lımites de integracionde las variables x e y son constantes, la region serıa un rectangulo y no lacircunferencia x2 + y2 = 4.

Para comprobar si la respuesta del apartado (b) es correcta, debemos de-scomponer la integral en dos sumandos: el primero correspondiente a z ≥ 0y el segundo a z ≤ 0.

Para la cara superior, hacemos el cambio de variables x = 2r cosϑ senϕ,y = 2r senϑ senϕ, z = r cosϕ, donde 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ ϑ ≤ π/2, 0 ≤ ϕ ≤ π/2,y cuyo jacobiano es J = 4r2 senϕ.

Al sustituir estos valores en la integral propuesta, se obtiene∫ 1

0dr

∫ π/2

0dθ

∫ π/2

04r4(4 sen3 ϕ+ cos2 ϕ senϕ) dϕ

el primer sumando de la respuesta.

Para la cara inferior, hacemos el cambio de variables a esfericas x = r cosϑ senϕ,y = r senϑ senϕ, z = r cosϕ, donde 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ ϑ ≤ π/2, π/2 ≤ ϕ ≤ π,y cuyo jacobiano es J = r2 senϕ.

Al sustituir estos nuevos valores en la integral propuesta se obtiene∫ 2

0dr

∫ π/2

0dθ

∫ π

π/2r4 senϕdϕ

el segundo sumando de la respuesta.

PROBLEMA 5.31

Calcular el volumen del s’olido W definido por:

W = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ a2, x2 + y2 ≤ ax, z ≥ 0,

donde a > 0.

Solucion

El solido es la region limitada por el plano z = 0 y la semiesfera z =√a2 − x2 − y2 y la region de integracion R es el cırculo x2 + y2 ≤ ax, que

tiene centro en el punto (a, 0) y radio a.

64

Ası pues, el volumen se escribe mediante la integral doble∫∫R

√a2 − x2 − y2dxdy.

Si escribimos la region R en coordenadas polares x = r cosϑ, y = r senϑ, ytenemos en cuenta la simetrıa de W , sabiendo que J

(x,yr,ϑ

)= r, la integral

se escribe como:

V =∫∫

R

√a2 − x2 − y2dxdy = 2

∫ π/2

0

(∫ a cosϑ

0r√a2 − r2dr

)dϑ

= −23

∫ π/2

0(a3 sen3 ϑ− a3)dϑ =

(3π − 4)a3

9.

PROBLEMA 5.32

Solucion

PROBLEMA 5.33

Calcular

∫∫D

x3√x2 + y2

dxdy sobre la region D del primer cuad-

rante limitada por x2 + y2 = 9.

Solucion

Pasando la integral a coordenadas polaresx = ρ cosϑy = ρ senϑ

, como J∂(x, y)∂(ρ, ϑ)

= ρ,

la integral queda:∫∫D

x3√x2 + y2

dxdy =∫ 3

0ρ3 dρ

∫ π/2

0cos3 ϑ dϑ =

23

∫ 3

0ρ3 dρ =

272.

65

PROBLEMA 5.34

Calcular las siguientes integrales:

i)

∫∫π2≤x2+y2≤4π2

sen√x2 + y2 dxdy.

ii)

∫∫D|xy| dxdy, donde D es un cırculo de radio a y con centro en el

origen de coordenadas.

Solucion

i) Si escribimos la integral en coordenadas polares, queda de la forma:

I =∫ 2π

0dv

∫ 2π

πu senu du = −6π2.

[Mediante integracion por partes se obtiene que∫u senu du = senu −

u cosu.]

ii) Escribimos tambien la integral en coordenadas polares, y resulta:

I =∫ 2π

0dv

∫ a

0u|u2 sen v cos v| du =

12

∫ 2π

0| sen 2v| dv ·

∫ a

0u3 du =

a4

2.

PROBLEMA 5.35

Calcular

∫∫R

cosx− y

x+ ydxdy, donde R es el triangulo de vertices

(0, 0), (1, 0) y (0, 1).

Solucion

Hacemos el cambio de variable u = x − y, v = x + y. Esto convierte eltriangulo dado en el plano XY en el triangulo de vertices (−1, 1), (0, 0),(1, 1) en el plano UV .

66

1 x

1

y

-1 1 u

1

v

Como J(x,yu,v

)= 1

2 , la integral queda ahora:∫∫R

cosx− y

x+ ydxdy =

∫∫R∗

cosu

v· 12dudv =

∫ 1

0dv

∫ v

−v

12

cosu

vdu =

sen 12

.

PROBLEMA 5.36

Calcular el area de la region R = (x, y) : 2x ≤ x2 + y2, x2 + y2 ≤4x, y ≤ x,

−x√3≤ y y la masa del cuerpo con densidad ρ(x, y) =

y

x2 + y2y contenido en dicha region.

Solucion

1 2 3 4

-2

-1

1

2

1 2 3 4

-2

-1

1

2

Transformamos la region dada en coordenadas polares:x = r cosϑy = r senϑ.

67

Si escribimos las curvas frontera de R en coordenadas polares, obtenemoslos lımites de la region:

−π/6 ≤ ϑ ≤ π/4, 2 cosϑ ≤ r ≤ 4 cosϑ.

Como J(x, y

r, ϑ

)= r, las integrales quedan:

Area =∫∫

Rdxdy =

∫ π/4

−π/6

(∫ 4 cosϑ

2 cosϑr dr

)dϑ =

∫ π/4

−π/6

12 cos2 ϑ2

dϑ =6 + 3

√3 + 5π

4.

Masa =∫∫

Rρ(x, y) dxdy =

∫ π/4

−π/6

(∫ 4 cosϑ

2 cosϑr · r senϑ

r2dr

)dϑ =

∫ π/4

−π/62 senϑ cosϑ dϑ =

14.

PROBLEMA 5.37

Solucion

PROBLEMA 5.38

Solucion

PROBLEMA 5.39

Transformar la siguiente integral doble a coordenadas polares yresolverla: ∫ 2

0dx

∫ x√

3

xx dy.

68

Solucion

Calculemos en primer lugar la imagen de cada uno de los lados del triangulodado mediante la transformacion x = u cos v, y = u sen v:

y = x, 0 ≤ x ≤ 2 =⇒ sen v = cos v, 0 ≤ u cos v ≤ 2=⇒ v = π/4, 0 ≤ u ≤ 2

√2;

y = x√

3, 0 ≤ x ≤ 2 =⇒ sen v =√

3 cos v, 0 ≤ u cos v ≤ 2=⇒ v = π/3, 0 ≤ u ≤ 4;

x = 2, 2 ≤ y ≤ 2√

3 =⇒ u cos v = 2, 2 ≤ u sen v ≤ 2√

3=⇒ u = 2 sec v, π/4 ≤ v ≤ π/3.

La representacion grafica de la transformacion anterior es la siguiente:

u

v

D*

u

v T−−−−−−−−→

2 x

y

D

2 x

y

La integral propuesta se resuelve entonces como sigue:

I =∫ π/3

π/4dv

∫ 2 sec v

0u2 cos v du =

∫ π/3

π/4

cos v3

·8 sec3 v dv =83

tg v∣∣∣π/3π/4

=83(√

3−1).

Se deja como ejercicio comprobar que el mismo resultado se obtiene calcu-lando directamente la integral propuesta.

PROBLEMA 5.40

Hallar

∫∫R(x2 + y2) dxdy, donde R es la region del plano XY limi-

tada por las hiperbolas x2 − y2 = 1, x2 − y2 = 9, xy = 2, xy = 4 enel primer cuadrante.

Solucion

69

1 9 u

4

8

v

R*

1 9 u

4

8

v

T−−−−−−−−→ x

y

R

Aplicando la transformacion u = x2 − y2, v = 2xy, la region R del planoXY de la derecha de la figura se transforma en la region R′ del plano UVrepresentada en la izquierda de la figura. Vamos a comprobar que dichatransformacion es regular.

Debido a que (x2 + y2)2 = (x2− y2)2 + (2xy)2, es decir x2 + y2 =√u2 + v2,

y como x2 − y2 = u, resulta que x2 = u+√u2+v2

2 . Al ser x > 0, tenemos que

x =√

u+√u2+v2

2 . Analogamente, tenemos tambien que y =√√

u2+v2−u2 , lo

que prueba que la transformacion es inyectiva.

Trivialmente, la transformacion es de clase C1 y ademas

JT (u, v) =∣∣∣∣ux uyvx vy

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣2x −2y2y 2x

∣∣∣∣ = 4(x2 + y2) 6= 0

si (x, y) 6= (0, 0).

Hecha esta comprobacion la integral vale entonces∫∫R(x2 + y2) dxdy =

∫∫R′

(x(u, v)2 + y(u, v)2)∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v)

∣∣∣∣ dudv=

∫∫R′

√u2 + v2

dudv

4√u2 + v2

=14

∫ 9

1du

∫ 8

4dv = 8.

Nota. Las coordenadas curvilıneas (u, v) definidas de la forma anterior sonlas llamadas coordenadas hiperbolicas.

PROBLEMA 5.41

Calcular I =∫∫

D

(1− x2

a2− y2

b2

)dxdy extendida al dominio D in-

terior a la elipsex2

a2+y2

b2= 1.

70

Solucion

Haremos el cambio de variablex/a = ρ cosϑy/b = ρ senϑ

, con lo que

∂(x, y)∂(ρ, ϑ)

=∣∣∣∣a cosϑ −aρ senϑb senϑ bρ cosϑ

∣∣∣∣ = abρ.

En las nuevas coordenadas, la elipse se escribe como ρ = 1. Ası pues,

I =∫∫

D∗(1− ρ2)abρ dρdϑ = ab

∫ 1

0(ρ− ρ3) dρ

∫ 2π

0dϑ =

πab

2.

PROBLEMA 5.42

Hallar N =∫ ∞

0e−x

2dx.

Solucion

Como∫ ∞

0e−x

2dx =

∫ ∞

0e−y

2dy, entonces

N2 =∫ ∞

0e−x

2dx ·

∫ ∞

0e−y

2dy =

∫ ∞

0

∫ ∞

0e−(x2+y2)dxdy.

Pasando a coordenadas polares, x2 + y2 = ρ2, dxdy = ρ dρdϑ, el primercuadrante (x, y) ∈ (0,∞)×(0,∞) se transforma en la region (ρ, ϑ) ∈ (0,∞)×(0, π/2). La integral queda entonces:

N2 =∫ π/2

0dϑ

∫ ∞

0e−ρ

2ρ dρ =

∫ π/2

0

[lıma→∞

−12e−ρ

2∣∣∣a0

]dϑ =

12

∫ π/2

0dϑ =

π

4.

En definitiva, N =√π/2.

71

PROBLEMA 5.43

Hallar el area de la region limitada por:

a) Las curvas y2 = 2px, y2 = 2qx, x2 = 2ry, x2 = 2sy, 0 < p < q,0 < r < s.

b) La curva(x2 + y2

)2 = a(x3 − 3xy2

), a > 0.

c) Las curvas√x/a+

√y/b = 1,

√x/a+

√y/b = 2, x/a = y/b, 4x/a =

y/b, a, b > 0.

Solucion

a) La forma de las ecuaciones que limitan la region sugiere realizar el cambio

de variables u =y2

2x, v =

x2

2y. De este modo, la region de integracion es ahora

D = (u, v) : p ≤ u ≤ q, r ≤ v ≤ s. Como

J(u, vx, y

)=∣∣∣∣−y2/2x2 y/x

x/y −x2/2y2

∣∣∣∣ = −34,

entonces∣∣∣J(x, y

u, v

)∣∣∣ = 43. El area buscada viene dada por la formula

A =∫ q

pdu

∫ s

r

43dv =

43

(s− r) · (q − p).

b) Debido a la simetrıa de la region (ver figura), bastara multiplicar por 6el area de la parte comprendida en el primer cuadrante.

a

72

En coordenadas polares, la curva dada tiene por ecuacion

u = a cos v(cos2 v − 3 sen2 v),

de modo que el area buscada se calcula por la integral doble

A = 6∫ π/6

0dv

∫ a cos v(cos2 v−3 sen2 v)

0u du

= 3a2

∫ π/6

0cos2 v(cos2 v − 3 sen2 v)2 dv =

a2π

4.

c) Realizaremos la transformacion de coordenadas siguiente:

u =

√y/b√x/a

, v =√x/a+

√y/b

(dicha transformacion es biyectiva porque la region esta contenida en elprimer cuadrante).

Con esta transformacion los nuevos lımites de la region son 1 ≤ u ≤ 2, 1 ≤

v ≤ 2. Como la inversa de la transformacion es x =av2

(u+ 1)2, y =

bu2v2

(u+ 1)2,

entonces

J(x, yu, v

)=−4abuv3

(u+ 1)4,

y el area se calcula mediante la integral doble

A =∫ 2

1du

∫ 2

1

4abuv3

(u+ 1)4dv =

65ab108

.

PROBLEMA 5.44

Hallar el area de la region del plano XY encerrada por la lemnis-cata r2 = a2 cos 2ϑ.

Solucion

La curva esta dada directamente en coordenadas polares (r, ϑ). Dando difer-entes valores a ϑ y hallando los correspondientes valores de r se obtiene lagrafica de la figura.

73

El area buscada (teniendo en cuenta la simetrıa) se puede calcular ası:

A = 4∫ π/4

0dϑ

∫ a√

cos 2ϑ

0r dr = 4

∫ π/4

0

r2

2

∣∣∣a√cos 2ϑ

0dϑ

= 2∫ π/4

0a2 cos 2ϑ dϑ = a2 sen 2ϑ

∣∣∣π/40

= a2.

PROBLEMA 5.45

Calcular el area del recinto situado en el primer cuadrante limitadopor las curvas y3 = ax2, y3 = bx2 (a > b > 0), xy2 = c, xy2 = d(c > d > 0).

Solucion

Vamos a efectuar un cambio de variable que transforme la region dada enun rectangulo. Para ello hacemos u = y3/x2 y v = xy2.

b au

d

c

v

D*

b au

d

c

v

T−−−−−−−−→

x

y

D

x

y

De este modo,

A =∫∫

R

∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v)

∣∣∣∣ dudv.74

Ahora bien, de las ecuaciones u = y3/x2, v = xy2, resulta:

x2 = y3/u, x2 = v2/y4 =⇒ y3/u = v2/y4, x2 = v2/y4

=⇒ y = u1/7v2/7, x = v/y2 = u−2/7v3/7.

Por lo tanto,

∂(x, y)∂(u, v)

=∣∣∣∣−2

7u−9/7v3/7 3

7u−2/7v−4/7

17u

−6/7v2/7 27u

1/7v−5/7

∣∣∣∣ = −17u−8/7v−2/7.

El area pedida se calcula entonces como

A =∫ a

bu−8/7 du

∫ c

d

17v−2/7 dv =

17

(u−1/7

−1/7

∣∣∣ab

)·

(v5/7

5/7

∣∣∣cd

)= −7

5(a−1/7 − b−1/7) · (c5/7 − d5/7).

PROBLEMA 5.46

Hallar el area de la region exterior a la circunferencia ρ = 2a einterior a la circunferencia ρ = 4a cosϑ.

Solucion

Los puntos de interseccion de ambas circunferencias son aquellos en quecosϑ = 1/2, es decir ϑ = ±π/3.

aa

Teniendo en cuenta la simetrıa de la region, el area viene dada por

A = 2∫ π/3

0dϑ

∫ 4a cosϑ

2aρ dρ =

∫ π/3

0[(4a cosϑ)2 − (2a)2] dϑ =

2π + 3√

33

a2.

75

PROBLEMA 5.47

Hallar el area exterior a la circunferencia ρ = 2 e interior a lacardioide ρ = 2(1 + cosϑ).

Solucion

Dada la simetrıa, el area pedida es igual al doble del area barrida al variarϑ desde ϑ = 0 hasta ϑ = π/2. Ası pues,

A = 2∫ π/2

0dϑ

∫ 2(1+cosϑ)

2ρ dρ = 2

∫ π/2

0

ρ2

2

∣∣∣∣2(1+cosϑ)

2

dϑ

= 4∫ π/2

0(2 cosϑ+ cos2 ϑ)dϑ = 4(2 senϑ+ ϑ/2 + sen(2ϑ)/4)

∣∣∣∣π/20

= π + 8.

PROBLEMA 5.48

Hallar el area interior a la circunferencia ρ = 4 senϑ y exterior ala lemniscata ρ2 = 8 cos 2ϑ.

Solucion

76

El area pedida es igual al doble de la correspondiente en el primer cuadrantelimitada por las dos curvas y la recta ϑ = π/2.

Los puntos de interseccion de ambas curvas se encuentran en la recta ϑ =π/6, que se obtiene al resolver la ecuacion

16 sen2 ϑ = 8 cos 2ϑ.

Observamos que el arco AO de la lemniscata se genera al variar ϑ desdeϑ = π/6 hasta ϑ = π/4, mientras que el arco AB de la circunferencia lohace al variar ϑ desde ϑ = π/6 hasta ϑ = π/2. Si descomponemos la figuraen dos partes, una por debajo y otra por encima de la recta ϑ = π/4, el areaqueda de la forma:

A = 2∫ π/4

π/6dϑ

∫ 4 senϑ

2√

2 cos 2ϑρ dρ+ 2

∫ π/2

π/4dϑ

∫ 4 senϑ

0ρ dρ

=∫ π/4

π/6(16 sen2 ϑ− 8 cos 2ϑ) dϑ+

∫ π/2

π/416 sen2 ϑ dϑ =

8π3

+ 4√

3− 4.

Otro metodo de resolucion consiste en efectuar la diferencia

A = 2∫ π/2

π/6dϑ

∫ 4 senϑ

0ρ dρ−

∫ π/4

π/6dϑ

∫ √8 cos 2ϑ

0ρ dρ.

PROBLEMA 5.49

Hallar el volumen de la region comun a los cilindros x2 + y2 = a2,x2 + z2 = a2.

Solucion

77

En la figura adjunta se muestran los dos cilindros y la parte de la regioncorrespondiente al primer octante.

xy

z

xy

z

De modo que el volumen sera

V = 8∫ a

0dx

∫ √a2−x2

0

√a2 − x2 dy = 8

∫ a

0(a2 − x2) dx =

16a3

3.

PROBLEMA 5.50

Hallar el volumen del solido limitado por el cilindro x2 + y2 = 4 ylos planos y + z = 4, z = 0.

Solucion

La proyeccion del cilindro sobre el plano z = 0 es la circunferencia x2 +y2 =4, de modo que el volumen viene dado por la formula

V =∫ 2

−2dy

∫ √4−y2

−√

4−y2(4− y) dx.

78

x

y

z

Nuevamente escribimos la integral en coordenadas polares. Resulta:

V =∫ 2π

0dv

∫ 2

0u(4− u sen v) du

=∫ 2π

0(2u2 − u3

3sen v)

∣∣∣20dv =

∫ 2π

0(8− 8

3sen v) dv = 16π.

PROBLEMA 5.51

Calcular el volumen de la seccion situada en el primer octante delsolido limitado por los planos z = 0 y z = x + y + 2 y el cilindrox2 + y2 = 16.

Solucion

La base del solido es la region R del plano comprendida en el primer cuad-rante y limitado por la circunferencia de ecuacion x2 + y2 = 16. El planoz = x+ y + 2 limita dicho solido en su parte superior.

79

x

y

z

Ası pues, el volumen vendra dado por:

V =∫∫

Rz(x, y) dxdy =

∫ 4

0dx

∫ √16−x2

0(x+ y + 2) dy

=∫ 4

0(x√

16− x2 + 8− x2

2+ 2√

16− x2) dx.

Para evitar resolver la integral de la funcion irracional√

16− x2, podemosescribir la integral doble en coordenadas polares. Ası,

V =∫ 2π

0dv

∫ 4

0u(u cos v + u sen v + 2) du

=∫ 2π

0

u3

3(cos v + sen v) + u2

∣∣∣40dv =

643

(sen v − cos v) + 16v∣∣∣2π0

=1283

+ 8π.

PROBLEMA 5.52

Calcular el volumen del solido limitado superiormente por la esferax2 + y2 + z2 = 5 e inferiormente por el paraboloide x2 + y2 = 4z.

Solucion

80

Calculamos en primer lugar los puntos de interseccion de la esfera con elparaboloide. Tenemos:

x2 + y2 + z2 = 5x2 + y2 = 4z

=⇒

z2 + 4z − 5 = 0x2 + y2 = 4z

=⇒ z = 1

x2 + y2 = 4

Tenemos pues la situacion de la figura adjunta.

x

y

z

El volumen pedido se halla mediante la formula

V =∫∫

D

(√5− x2 − y2 − x2 + y2

4

)dxdy,

donde D es el cırculo x2 + y2 < 4, que se obtiene como proyeccion del solidoen el plano XY .

Para resolver la integral, la transformamos a coordenadas polares; en estecaso, D = (ρ, ϑ) : 0 < ρ < 2, 0 ≤ ϑ < 2π. Entonces:

V =∫ 2π

0dϑ

∫ 2

0

(√5− ρ2−ρ

2

4

)ρ dρ = 2π

∫ 2

0

(ρ√

5− ρ2−ρ3

4

)dρ =

2π(5√

5− 4)3

.

PROBLEMA 5.53

Hallar el volumen limitado por el paraboloide x2 +y2 = 4z, el cilin-dro x2 + y2 = 8y y el plano z = 0.

Solucion

El volumen pedido se obtiene integrando la funcion z = (x2 + y2)/4 en elinterior del cırculo x2 + y2 = 8y.

81

x

y

z

En coordenadas cilındricas, x = ρ cosϑ, y = ρ senϑ, z = z, y el volumen seobtiene al integrar z = ρ2/4 en el cırculo ρ = 8 senϑ. Por tanto,

V =∫∫

Rz dA =

∫ π

0dϑ

∫ 8 senϑ

0z(ρ, ϑ)ρ dρ =

14

∫ π

0dϑ

∫ 8 senϑ

0ρ3 dρ = 96π.

PROBLEMA 5.54

Hallar el volumen que se elimina cuando a una esfera de radio 2ase le practica un orificio circular de radio a de forma que el ejedel orificio sea un diametro de la esfera.

Solucion

En la primera figura se muestra, desplazada verticalmente, la region que seextrae de la esfera y en la segunda figura la propia region sin la esfera.

82

xy

z

x y

z

De la figura se deduce que el volumen pedido es ocho veces el correspondienteal del primer octante limitado (en coordenadas cilındricas) por el cilindroρ2 = a2, la esfera ρ2 + z2 = 4a2 y el plano z = 0. Esto se obtiene integrandoz =

√4a2 − ρ2 en un cuadrante del cırculo ρ = a, es decir:

V = 8∫ π/2

0dϑ

∫ a

0ρ√

4a2 − ρ2 dρ =43(8− 3

√3)a3π.

PROBLEMA 5.55

Calcular los volumenes de los cuerpos limitados por las siguientessuperficies:

i) az = a2 − x2 − y2, z = a− x− y, x = 0, y = 0, z = 0 (a > 0).

ii) z = x2 + y2, x2 + y2 = x, x2 + y2 = 2x, z = 0.

Solucion

i) El solido consiste en la region del primer octante limitada por el paraboloideaz = a2−x2−y2 y el plano z = a−x−y. En la figura de la derecha se muestrauna vista lateral del solido limitado exclusivamente al primer octante.

a

x

y

z

a

x

y

z

83

Observemos que la region de integracion, el cuadrante del cırculo con centroel origen y radio a, debe dividirse en dos regiones R1 y R2, pues en R1 elsolido esta limitado por el paraboloide y el plano z = a− x− y, y en R2 elsolido esta limitado por el paraboloide y el plano z = 0.

a

a

R1

R2

De este modo, el volumen se expresa por la integral:

V =∫∫

R1

[a2 − x2 − y2

a− (a− x− y)

]dxdy +

∫∫R2

a2 − x2 − y2

adxdy

=∫∫

R1∪R2

a2 − x2 − y2

adxdy −

∫∫R1

(a− x− y) dxdy.

Para resolver la primera integral hacemos el cambio a coordenadas polaresmientras que la segunda integral la resolvemos directamente (como regionde tipo I):

V =∫ π/2

0dv

∫ a

0u · a

2 − u2

adu−

∫ a

0dx

∫ a−x

0(a− x− y) dy =

πa3

8− a3

6.

ii) El solido es la figura comprendida entre el plano z = 0 y el paraboloidez = x2 + y2 y cuya base es region R exterior a la circunferencia x2 + y2 = xe interior a la circunferencia x2 + y2 = 2x.

x

y

z

De este modo,

V =∫∫

R(x2 + y2) dxdy,

84

que escribimos en coordenadas polares para simplificar la region de inte-gracion, que se ilustra en la figura.

1 2

-1

1

1 2

-1

1

Ası pues,

V =∫ π/2

−π/2dv

∫ 2 cos v

cos vu3 du =

14

∫ π/2

−π/215 cos4 v dv =

45π32

.

85

4. INTEGRALES TRIPLES.

En este curso se estudian las funciones f : Rn → Rm, es decir, funcionesdefinidas sobre el espacio euclıdeo de dimension n

Rn = (x1, . . . , xn) : xi ∈ R, 1 ≤ i ≤ n,

y con imagen en el espacio analogo de dimension m, Rm.

PROBLEMA 5.56

Dada la integral

∫ 1

0

∫ x

0

∫ y

0f(x, y, z) dzdydx, dibujar la

region de integracion y escribir la integral de todas lasformas posibles.

Solucion

x

y

z

Teniendo en cuenta la grafica adjunta, si D1, D2 y D3 son las proyeccionessobre los tres planos coordenados, las diferentes formas de escribir la integralson las siguientes:

86

∫∫D1

dxdy

∫ y

0f dz =

∫ 1

0dx

∫ x

0dy

∫ y

0f dz =

∫ 1

0dy

∫ 1

ydx

∫ y

0f dz,∫∫

D2

dxdz

∫ x

zf dy =

∫ 1

0dz

∫ 1

zdx

∫ x

zf dy =

∫ 1

0dx

∫ x

0dz

∫ x

zf dy,∫∫

D3

dydz

∫ 1

yf dx =

∫ 1

0dy

∫ y

0dz

∫ 1

yf dx =

∫ 1

0dz

∫ 1

zdy

∫ 1

yf dx.

PROBLEMA 5.57

Calcular las siguientes integrales triples:

i)

∫∫∫V

(x2 + y2) dxdydz, donde V esta limitado por las superficies

x2 + y2 = 2z, z = 2.

ii)

∫∫∫W

(1+z2) dxdydz, siendo W la region limitada por 2az = x2+y2,

x2 + y2 − z2 = a2, z = 0.

Solucion

i) La region de integracion es el interior del paraboloide limitado por el planoz = 2.

x

y

z

Como la proyeccion de dicha region sobre el plano z = 0 es el cırculo C :x2 + y2 ≤ 4, la integral triple se puede descomponer entonces como

I =∫∫

Cdxdy

∫ 2

(x2+y2)/2(x2 + y2) dz.

Al escribir la integral en coordenadas cilındricas, se obtiene:

I =∫ 2π

0dv

∫ 2

0u du

∫ 2

u2/2u2 dz = 2π

∫ 2

0u3 · (2− u2/2) du =

16π3.

87

ii) La interseccion del paraboloide 2az = x2 + y2 con el hiperboloide x2 +y2 − z2 = a2 da la circunferencia x2 + y2 = 2a2 situada en el plano z = a.Esto indica que ambas superficies son tangentes a lo largo de dicha cir-cunferencia; por ello deducimos que la region de integracion esta limitadasuperiormente por el paraboloide, inferiormente por el plano z = 0 y lateral-mente por el hiperboloide (en la figura se muestran dos vistas de la regionde integracion).

xy

z

xy

z

Debemos descomponer la integral en dos sumandos pues, si (x, y) esta en elcırculo de centro el origen y radio a, entonces z esta comprendido entre elplano z = 0 y el paraboloide 2az = x2 + y2 y, si (x, y) esta entre el cırculoanterior y el cırculo de radio a

√2, entonces z esta comprendido entre el

hiperboloide x2 + y2 − z2 = a2 y el paraboloide anterior.

La formula que se obtiene es pues

I =∫∫

x2+y2≤a2

dxdy

∫ x2+y2

2a

0(1 + z2) dz

+∫∫

a2≤x2+y2≤2a2

dxdy

∫ x2+y2

2a

√x2+y2−a2

(1 + z2) dz.

Para resolver las integrales, las escribimos en coordenadas cilındricas. Ası,

I =∫ 2π

0dv

∫ a

0u du

∫ u2/2a

0(1 + z2) dz +

∫ 2π

0dv

∫ a√

2

au du

∫ u2/2a

√u2−a2

(1 + z2) dz

= · · · = (10 + a2)πa3/30.

[Todas las integrales a resolver son casi inmediatas.]

88

PROBLEMA 5.58

Calcular

∫∫∫S(1 + x + y + z)−3 dxdydz, donde S es el

tetraedro limitado por los tres planos coordenados y elplano de ecuacion x+ y + z = 1.

Solucion

Si llamamos D a la proyeccion de la region de integracion sobre el planoXY , podemos escribir la integral como

I =∫∫

D

(∫ 1−x−y

0(1 + x+ y + z)−3 dz

)dxdy.

Como, a su vez, D es el triangulo de vertices (0, 0), (1, 0) y (0, 1), la integralse descompone en las siguientes integrales iteradas:

I =∫ 1

0dx

∫ 1−x

0dy

∫ 1−x−y

0(1 + x+ y + z)−3 dz

=∫ 1

0dx

∫ 1−x

0

[−y

8+

(1 + x+ y)−2

2

]dy

=∫ 1

0

[x− 18

− 14

+1

2(1 + x)

]dx =

12

ln 2− 516.

PROBLEMA 5.59

Calcular los volumenes de los cuerpos limitados por lassiguientes superficies:

i) a2 = x2 + z2, x+ y = ±a, x− y = ±a.

ii) z = x2 + y2, xy = a2, xy = 2a2, y = x/2, y = 2x, z = 0.

iii)

√x

a+√y

b+√z

c= 1, x, y, z ≥ 0.

iv)x2

a2+y2

b2+z2

c2= 1,

x2

a2+y2

b2=z2

c2, (z > 0).

89

Solucion

i) La region a considerar es el interior del cilindro a2 = x2 + z2 cortado porlos cuatro planos x+ y = a, x+ y = −a, x− y = a, x− y = −a.

x

y

z

Como la proyeccion del solido sobre el plano XY es el cuadrado R limitadopor las rectas x+ y = a, x+ y = −a, x− y = a, x− y = −a, el volumen secalcula por la formula

V =∫Rdxdy

∫ √a2−x2

−√a2−x2

dz = 2∫R

√a2 − x2 dxdy

= 2∫ 0

−adx

∫ x+a

−x−a

√a2 − x2 dy + 2

∫ a

0dx

∫ −x+a

x−a

√a2 − x2 dy = 2a3π − 8a3/3.

[Para calcular las integrales se puede hacer alguna sustitucion trigonometri-ca.]

ii) El solido consiste en la region limitada entre el plano XY y el paraboloidez = x2 + y2 y cuya proyeccion sobre el plano XY es la region R limitadapor las curvas xy = a2, xy = 2a2, y = x/2, y = 2x (en realidad la region esunion de dos regiones, una de ellas en el primer cuadrante y otra en el tercercuadrante; como las regiones tienen la misma area y la funcion z = x2 + y2

es simetrica, bastara multiplicar por dos el resultado obtenido al considerarunicamente la parte del primer cuadrante).

90

z

Podemos pues escribir el volumen como:

V = 2∫∫

Rdxdy

∫ x2+y2

0dz =

∫∫R(x2 + y2) dxdy.

Para calcular la integral doble sobre la region R, realizamos el cambio devariables dado por las ecuaciones xy = u, x/y = v.

Este cambio hace que∣∣∣J(x, y

u, v

)∣∣∣ =12v

y que la nueva region de integracion

sea R′ = (u, v) : a2 ≤ u ≤ 2a2, 1/2 ≤ v ≤ 2. El volumen se calculaentonces como

V = 2∫ 2a2

a2

du

∫ 2

1/2

(uv +

u

v

)· 12vdv =

9a4

2.

iii) El solido esta ahora comprendido entre la funcion dada y los planoscoordenados.

x

y

z

Su proyeccion sobre el planoXY es la regionR del primer cuadrante limitada

por los ejes coordenados y la astroide de ecuacion√x

a+√y

b= 1, de modo

que el volumen es sencillamente

V =∫∫

R

∫ c(1−√x/a−

√y/b)2

0dz

=∫ a

0dx

∫ b((1−√x/a)2

0c(1−

√x/a−

√y/b)2 dy =

abc

90.

91

[Todas las integrales son inmediatas.]

iv) Ahora el solido es la region limitada superiormente por el elipsoidex2

a2+

y2

b2+z2

c2= 1 e inferiormente por el cono

x2

a2+y2

b2=

z2

c2, por encima del

plano XY . Como la interseccion de ambas superficies es la elipsex2

a2+

y2

b2= 1/2, situada en el plano z = c/

√2, el volumen se expresa mediante la

integral

V =∫∫

Rdxdy

∫ c√

1−x2/a2−y2/b2

c√x2/a2+y2/b2

dz,

donde R es la region limitada por la citada elipsex2

a2+y2

b2= 1/2.

Para calcular dicha integral hacemos el cambio de variables x = (a/√

2)u cos v,y = (a/

√2)u sen v, cuyo jacobiano vale J = abu/2. Con estos datos,

V =∫ 2π

0dv

∫ 1

0(c√

1− u2/2− c/2) · abu2du =

( 512− 1

3√

2

)πab.

PROBLEMA 5.60

Encontrar el volumen de la region acotada por las su-perficies z = x2 + y2, z = 10− x2 − 2y2.

Solucion

En la figura del lado izquierdo se muestran los dos paraboloides que limitanla region, y en el lado derecho se ilustra la curva interseccion y su proyeccionsobre el plano XY .

92

x

y

z

x

y

z

Como la proyeccion de dicha curva interseccion es la elipse de ecuacion

x2 + y2 = 10− x2 − 2y2 ⇐⇒ 2x2 + 3y2 = 10,

para calcular el volumen utilizamos coordenadas polares modificadas, esdecir hacemos la transformacion

x√

2/10 = u cos v,y√

3/10 = u sen v,

cuyo jacobiano es J =

∣∣∣∣∣∣cos v√2/10

−u sen v√2/10

sen v√3/10

u cos v√3/10

∣∣∣∣∣∣ =10u√

6. El volumen se calcula en-

tonces por la formula

V =∫∫

R[10− x2 − 2y2 − (x2 + y2)] dxdy

=∫ 1

0du

∫ 2π

0

10u√6· (10− 10u2) dv =

200π√6

∫ 1

0(u− u3) du =

50π√6.

PROBLEMA 5.61

Calcular el volumen del solido

S = (x, y, z) ∈ R3 : x2+y2+z2 ≤ 1, z2 ≥ 3(x2+y2), z ≥ 0.

93

Solucion

x

y

z

Como la interseccion de las dos superficies es la curva

x‘ + y2 = 1/4, z =√

3/2,

el volumen, en coordenadas cartesianas, se escribe como:

V =∫ 1/2

−1/2dx

∫ √1/4−x2

−√

1/4−x2

dy

∫ √1−x2−y2

√3(x2−y2)

dz.

En coordenadas cilındricas (x = ρ cosϑ, y = ρ senϑ, z = z), el volumen seescribe como

V =∫ 1/2

0dρ

∫ 2π

0dϑ

∫ √1−ρ2

ρ√

3ρ dz.

En coordenadas esfericas (x = ρ cosϑ senϕ, y = ρ senϑ senϕ, z = ρ cosϕ),para calcular los extremos del angulo ϕ sustituimos ρ = 1, z =

√3/2 en la

expresion de z. Resulta entonces que√

3/2 = cosϕ, de donde ϕ = π/6.

El volumen se expresa mediante la integral

V =∫ 2π

0dϑ

∫ π/6

0dϕ

∫ 1

0ρ2 senϕdϕ,

o bien (debido a las simetrıas de la figura)

V = 4∫ π/2

0dϑ

∫ π/6

0dϕ

∫ 1

0ρ2 senϕdϕ.

PROBLEMA 5.62

Calcular

∫∫∫Vze−(x2+y2) dxdydz, donde V esta limitado

por el cono 2(x2 +y2) = z2 y el hiperboloide de dos hojasx2 + y2 = z2 − 1.

94

Solucion

Si resolvemos el sistema formado por ambas ecuaciones, obtenemos su inter-seccion, que consiste en las circunferencias x2 + y2 = 1, con z = ±

√2.

Escribimos la integral en coordenadas cilındricas

x = u cos vy = u sen vz = z

0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 2π, u√

2 ≤ z ≤√u2 + 1

con lo que resulta (teniendo en cuenta la simetrıa de la figura):

I = 2∫ 2π

0dv

∫ 1

0udu

∫ √u2+1

u√

2ze−u

2dz = 4π

∫ 1

0ue−u

2 z2

2

∣∣∣√u2+1

u√

2du = · · · = π

e.

PROBLEMA 5.63

Calcular el volumen del casquete esferico limitado por

x2 + y2 + z2 = a2

x2 + y2 + z2 = b2

x2 + y2 = z2,

con z ≥ 0, siendo 0 < a < b.

Solucion

xy

Si escribimos el volumen en coordenadas esfericas, de acuerdo a la figuratenemos:

x = r cosϑ senϕy = r senϑ senϕz = r cosϕ

dondea ≤ r ≤ b

0 ≤ ϕ ≤ π/40 ≤ ϑ ≤ 2π

.

95

Recordando que el jacobiano de la transformacion es J = r2 senϕ, el volu-men se escribe ahora de la siguiente forma:

V =∫ b

adr

∫ π/4

0dπ

∫ 2π

0r2 senϕdϑ =

(r3

3

∣∣∣ba

)·(− cosϕ

∣∣∣π/40

)· 2π

=b3 − a3

3

(1−

√2

2

)· 2π =

π

3(2−

√2)(b3 − a3).

PROBLEMA 5.64

(a) Describir las superficies r = constante, ϑ = con-stante, z = constante, en el sistema de coordenadascilındricas.

(b) Idem para las superficies r = constante, ϑ = con-stante, φ = constante, en coordenadas esfericas.

Solucion

a) De las ecuaciones que definen las coordenadas cilındricas:

x = r cosϑ, y = r senϑ, z = z,

al hacer r = k, obtenemosx2 + y2 = k2,

lo que corresponde a un cilindro con eje de simetrıa el eje Z y radio k.

Si hacemos ϑ = k, basta dividir las dos primeras coordenadas para obten-er

y

x= tg k,

lo que corresponde a un plano vertical que pasa por el origen (los distintosvalores de k dan los diferentes angulos con respecto al plano y = 0).

Si hacemos z = k, esta misma ecuacion representa un plano horizontal dealtura k.

b) Las coordenadas esfericas de un punto se obtienen mediante las ecua-ciones

x = ρ cosϑ senφ, y = ρ senϑ senφ, z = ρ cosφ.

96

Si hacemos ρ = k, obtenemos

x2 + y2 + z2 = k2,

es decir la esfera centrada en el origen con radio k.

Si hacemos ϑ = k, al igual que con las coordenadas cilındricas,

y

x= tg ϑ,

que representa tambien un plano vertical.

Si, por ultimo, escribimos φ = k, resulta:

x2 + y2 = ρ2 sen2 φz2 = ρ2 cos2 φ

=⇒ x2 + y2

z2= tg2 φ,

que representa un cono de vertice el origen.

PROBLEMA 5.65

Calcular el momento de inercia de un solido en formade cono circular recto con densidad constante respectoa su eje.

Solucion

Supongamos que el cono de altura h y radio en la base r tiene vertice en elorigen y eje vertical. Entonces su ecuacion es

z2 =h2

r2(x2 + y2).

Si la densidad en cada punto del solido es k, el momento de inercia respectoal eje Z viene dada por la formula:

Iz =∫∫∫

Sk(x2 + y2) dV.

Para resolver la integral, escribimos el solido en coordenadas cilındricas,x = u cos v, y = u sen v. La ecuacion del cono se escribe entonces comoz = hu/r y la integral pedida

Iz =∫ 2π

0dv

∫ r

0du

∫ h

hu/rk · u3 dz = 2πk

∫ r

0u3(h− uh

r

)du =

πkhr4

10.

97

Otra forma de resolver la integral consiste en realizar la transformacion acoordenadas esfericas, x = ϕ cosϑ senφ, y = ϕ senϑ senφ, z = ϕ cosφ. Deeste modo la ecuacion del plano z = h se escribe como ϕ = h/ cosφ, y laintegral es ahora

Iz =∫ 2π

0dϑ

∫ arc tg(r/h)

0dφ

∫ h/ cosφ

0k · ϕ2 sen2 φ · ϕ2 senφdϕ

= 2πk∫ arc tg(r/h)

0sen3 φ · h5

5 cos5 φdφ

=2πkh5

5

∫ arc tg(r/h)

0tg3 φ · sec2 φdφ =

2πkh5

5· r

4

4h4.

PROBLEMA 5.66

Calcular el momento de inercia alrededor del eje Z dels’olido de densidad constante limitado por el elipsoide36x2 + 9y2 + 4z2 = 36.

Solucion

Por definici’on,

Mz =∫∫∫

Ωρ · (x2 + y2) dxdydz,

pues x2 + y2 es el cuadrado de la distancia de un punto del s’olido al ejeZ.

Si escribimos la ecuaci’on del elipsoide como

Ω : x2 + y2/4 + z2/9 = 1,

el cambio a coordenadas esf’ericas viene dado por:

x = r cosϑ senϕy = 2r senϑ senϕz = 3r cosϕ

, 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, 0 ≤ ϕ ≤ π.

ComoJ(x, y, zrϕϑ

)= −6r2 senϕ,

98

la integral se escribe como

Mz =∫ 1

0dr

∫ 2π

0dϑ

∫ π

0ρ(r2 cos2 ϑ sen2 ϕ+4r2 sen2 ϑ sen2 ϕ)·6r2 senϕdϕ = 8ρπ.

PROBLEMA 5.67

Hallar

∫∫∫R3

1[1 + (x2 + y2 + z2)3/2]3/2

dxdydz.

Solucion

Si realizamos la transformacion a coordenadas esfericas, x = ϕ cosϑ senφ,y = ϕ senϑ senφ, z = ϕ cosφ, como el valor absoluto del jacobiano de latransformacion es J = ρ2 senφ, la integral se escribe como:

I =∫ ∞

0dρ

∫ 2π

0dϑ

∫ π

0

ρ2 senφ(1 + ρ3)3/2

dφ.

Para resolver la integral, como las variables estan separadas, basta multi-plicar las tres integrales simples. Tenemos ası:

I =∫ ∞

0

ρ2

(1 + ρ3)3/2dρ

∫ 2π

0dϑ

∫ π

0senφdφ

=4π3

∫ ∞

03ρ2(1 + ρ3)−3/2 dρ =

4π3

lımb→∞

−2(1 + ρ3)−1/2∣∣∣b0

=8π3.

PROBLEMA 5.68

Calcular

∫∫∫R(y2 + z2) dxdydz, siendo R un cono recto

de revolucion de altura h, base situada en el plano XYy de radio a y eje en el eje Z.

Solucion

99

a

a

h

x

y

z

La figura adjunta muestra el cono descrito, el cual tiene por ecuacion a2(h−z)2 = h2(x2 +y2). Pasando la integral a coordenadas cilındricas, x = u cos v,y = u sen v, z = z, tenemos:

I =∫ a

0du

∫ 2π

0dv

∫ h(a−u)/a

0u(u2 sen2 v + z2)dz = · · · = a4hπ

20+h3a2π

30.

100

5. EJERCICIOS PROPUESTOS.

1.- Determinar los lımites de integracion de la integral doble

∫∫Sf(x, y) dxdy

para las regiones siguientes:

i) S es el triangulo de vertices (0, 0), (2, 1), (−2, 1).

ii) S esta limitado por las dos rectas x = −2, x = 2 y por las dosramas de la hiperbola y =

√1 + x2, y = −

√1 + x2.

iii) S es el anillo 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4.

Resp.: i)∫∫

Sf(x, y) dxdy =

∫ 1

0dy

∫ 2y

−2yf(x, y) dx.

ii) Observando la figura se obtiene inmediatamente que∫∫Sf(x, y) dxdy =

∫ 2

−2dx

∫ √1+x2

−√

1+x2

f(x, y) dy.

-2 2

-1

1x=2=-2

-2 2

-1

1

iii)∫∫

Sf(x, y) dxdy =

∫ 2

1du

∫ 2π

0u · f(u cos v, u sen v) dv.

2.- Probar que

∫ x

0dt

∫ t

0F (u) du =

∫ x

0(x− u)F (u) du.

Resp.: Al invertir el orden de integracion, resulta∫ x

0dt

∫ t

0F (u) du =

∫ x

0du

∫ x

uF (u) dt =

∫ x

0(x− u)F (u) du.

3.- Sea R la mayor de las dos regiones limitadas por la circunferenciax2 + y2 = 25 y la recta x = 3. Escribir los lımites de integracion de la

integral

∫∫Rf correspondientes a ambos ordenes de integracion.

101

Resp.: I =∫ 3

−5dx

∫ √25−x2

−√

25−x2

f(x, y) dy =∫ −4

−5dy

∫ √25−y2

−√

25−y2f(x, y) dx

+∫ 4

−4dy

∫ 3

−√

25−y2f(x, y) dx+

∫ 5

4dy

∫ √25−y2

−√

25−y2f(x, y) dx.

4.- Cambiar el orden de integracion en las siguientes integrales dobles.

a)

∫ 9π/4

3π/2dx

∫ cosx

senxf(x, y) dy.

b)

∫ 1

0dx

∫ x2/3

0f(x, y) dy +

∫ 2

1dx

∫ 1−√

4x−x2−3

0f(x, y) dy.

Resp.: a) I =∫ 0

−1dy

∫ 2π+arc sen y

3π/2f dx+

∫ √2/2

0dy

∫ 2π+arc sen y

2π−arc cos yf dx

+∫ 1

√2/2

dy

∫ 2π+arc cos y

2π−arc cos yf dx.

b) I =∫ 1

0dy

∫ 2−√

1−(y−1)2

y3/2

f(x, y) dx.

5.- Dibujar la region de integracion e invertir el orden de integracionen los siguientes casos:

(a)

∫ 1

0dx

∫ 3x

2xf(x, y) dy.

(b)

∫ 1

0dx

∫ x2

x3

f(x, y) dy.

(c)

∫ 1

0dy

∫ 1−y

−√

1−y2f(x, y) dx.

(d)

∫ π

0dx

∫ senx

0f(x, y) dy.

Resp.: (a)∫ 2

0dy

∫ y/2

y/3f(x, y) dx+

∫ 3

2dy

∫ 1

y/3f(x, y) dx.

(b)∫ 1

0dy

∫ 3√y

√yf(x, y) dx.

(c)∫ 0

−1dx

∫ √1−x2

0f(x, y) dy +

∫ 1

0dx

∫ 1−x

0f(x, y) dy.

102

(d)∫ 1

0dy

∫ π−arc sen y

arc sen yf(x, y) dx.

6.- Siendo el dominio D el triangulo definido por las rectas x = 0,

y = 0, x+ y = 2, hallar I =∫∫

D(x− 2y) dxdy.

Resp.: I = −4/3.

7.- Calcular

(a)

∫ a

0dy

∫ √a2−y2

0(x2 + y2) dx (a > 0).

(b)

∫ 2a

0dx

∫ √2ax−x2

0dy.

Resp.: (a) a4π/8; (b) a2π/2.

8.- Calcular las siguientes integrales y dibujar la region de integracion:

i)

∫∫|x|+|y|≤1

|x| dxdy.

ii)

∫ 4

0dy

∫ 2

y/2ex

2dx.

iii)

∫ 2

1dx

∫ 1

1/x

x2

y2dy.

iv)

∫ 1

0dx

∫ 1

x(x+ y) dy.

v)

∫ 0

−1dx

∫ 2(1−x2)1/2

0x dy.

Resp.: i) 2/3; ii) e4 − 1; iii) 17/12; iv) 1/2; v) −2/3.

9.- Dada la siguiente integral

I =∫ 1

0

(∫ y

0(x2 + y2) dx

)dy +

∫ 2

1

(∫ 2−y

0(x2 + y2) dx

)dy

(a) Dibujar la region de integracion.

(b) Expresar la integral invirtiendo el orden de integracion.

(c) Resolver la integral.

103

Resp.: I =∫ 1

0dx

∫ 2−x

x(x2 + y2) dy = 4/3.


∫ 4

0dy

∫ y−42

−√

4−ydx:

a) Dibujar la region de integracion.

b) Invertir el orden de integracion.

c) Resolver la integral.

Resp.: I =∫ 0

−2dx

∫ 4−x2

2x+4dy = 4/3.

11.- Contestar verdadero o falso a los siguientes planteamientos, jus-tificando su respuesta:

a) Sea z = f(x, y) una funcion definida en el cırculo R de centro elorigen y radio a, y que verifica f(x, y) = −f(−x,−y), ∀(x, y) ∈ R.

Entonces

∫∫Rf(x, y) dxdy = 0.

b) Si S = (x, y) : |x|+|y| ≤ 1, entonces

∫∫Sf(x+y) dxdy =

∫ 1

−1f(u) du.

Resp.: a) Verdadero (hacer el cambio de variables u = −x, v = −y).

b) Verdadero (hacer el cambio de variables u = x+ y, v = x− y).

12.- Calcular

∫∫Dx dxdy, siendo D la region limitada por las parabolas

x+ y2 = 0, x+ y2 = 2y y x+ y2 = 2− 2y.

Sugerencia: Hacer el cambio de variables x = u− (u+ v)2

4, y =

u+ v

2.

Resp.: 1/48.

13.- Calcular

∫∫Df en los siguientes casos:

(a) f(x, y) = x3y, D limitada por el eje Y y la parabola x = −4y2 + 3.

(b)) f(x, y) = y, D = (x, y) : 0 ≤ 2x/π ≤ y ≤ senx.

(c) f(x, y) = xy, D esta limitado por el eje X y la semicircunferenciasuperior (x− 2)2 + y2 = 1.

104

(d) f(x, y) =√xy − y2, D es el triangulo de vertices (0, 0), (1, 1) y

(10, 1).

(e) f(x, y) =1√

2a− x, D es el cırculo tangente a los ejes coordenados

de radio a y situado en el primer cuadrante.

(f) f(x, y) = 1 + xy, D = (x, y) : 1 ≤ x2 + y2 ≤ 2, y ≥ 0.

(g) f(x, y) = y2√x, D = (x, y) : x > 0, y > x2, y < 10− x2.

Resp.: (a)∫ √

3/2

−√

3/2dy

∫ −4y2+3

0x3y dx = 0.

(b)∫ π/2

0dx

∫ senx

2x/πy dy =

π

24.

(c)∫ 3

1dx

∫ √1−(x−2)2

0xy dy =

43.

(d)∫ 1

0dy

∫ 10y

y

√xy − y2 dx = 6.

(e)∫ 2a

0dx

∫ a+√a2−(x−a)2

a−√a2−(x−a)2

1√2a− x

dy =8a√

2a3

.

(f)∫ π

0dv

∫ √2

1u(1 + u2 sen v cos v) du = π/2.

(g)∫ √

5

0dx

∫ 10−x2

x2

y2√x dy =78800693

53/4.

14.- Calcular

∫∫Rx2y2 dxdy siendo R la zona limitada por xy = 1,

xy = 2, y = x e y = 4x.

Resp.: Se hace el cambio de variables xy = u, y/x = v, de modo que

J(x, yu, v

)=

12v

. Ası:

I =∫ 4

1dv

∫ 2

1u2 · 1

2vdu =

7 ln 46

.

15.- Sea D = (x, y) ∈ R2 : −Φ(x) ≤ y ≤ Φ(x), a ≤ x ≤ b, donde Φ esuna funcion continua, no negativa en el intervalo [a, b]. Si z = f(x, y)es una funcion en D tal que f(x, y) = −f(x,−y), para todo (x, y) ∈ D,

probar que

∫∫Df(x, y) dxdy = 0.

105

Resp.: Descomponemos la integral en dos sumandos y hacemos el cambiode variables u = x, v = −y en el primero. Ası:∫∫

Df(x, y) dxdy =

∫ b

adx

∫ 0

−Φ(x)f(x, y) dy +

∫ b

adx

∫ Φ(x)

0f(x, y) dy

=∫ b

adu

∫ Φ(u)

0f(u,−v) dv +

∫ b

adx

∫ Φ(x)

0f(x, y) dy

=∫ b

adu

∫ Φ(u)

0−f(u, v) dv+

∫ b

adx

∫ Φ(x)

0f(x, y) dy=0.

16.- Si D es la semicorona circular situada por encima del eje de ab-

scisas y determinada por x2+y2 = 52 y x2+y2 = 32, hallar I =∫∫

D

y√x2 + y2

dxdy.

Resp.: I =∫ 5

3rdr

∫ π

0senϑ dϑ = 16.

17.- Pasar a polares la integral

∫∫Df(x, y) dxdy en los siguientes ca-

sos:

i) D es el cırculo: x2 + y2 ≤ a2.

ii) D es el anillo circular: a2 ≤ x2 + y2 ≤ b2.

iii) D es el recinto limitado por la circunferencia: (x− a)2 + y2 ≤ a2.

iv) D es el recinto limitado por la elipse:x2

a2+y2

b2= 1.

v) D es el triangulo del primer cuadrante limitado por los ejes coor-denados y la recta x+ y = 1.

vi) D es el segmento parabolico −a ≤ x ≤ a, x2/a ≤ y ≤ a.

vii) D = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ x√

3.

Resp.: i) I =∫ 2π

0dv

∫ a


ii) I =∫ 2π

0dv

∫ b

au · f(u cos v, u sen v) du.

iii) I =∫ π

−πdv

∫ 2a cos v


iv) I =∫ 2π

0dv

∫ 1

0abu · f(au cos v, bu sen v) du.

106

v) I =∫ π/2

0dv

∫ 1cos v+sen v


vi) I =∫ π/4

0dv

∫ a sen v/ cos2 v

0u · f du+

∫ 3π/4

π/4dv

∫ a/ sen v

0u · f du

+∫ π

3π/4dv

∫ a sen v/ cos2 v

0u · f du.

vii) I =∫ π/3

π/4dv

∫ 2/ cos v


18.- Hallar I =∫∫

Ddxdy, siendo D la elipse x2/16 + y2/9 = 1.

Resp.: 12π.

19.- Calcular las siguientes integrales:

i)

∫∫x2+y2≤a2

√x2 + y2 dxdy.

ii)

∫∫D

y√x2 + y2

dxdy, siendo D la semicorona circular situada por

encima del eje de abscisas y determinada por x2 + y2 = 52 yx2 + y2 = 32.

Resp.: i) 2a3π/3; ii) 16.

20.- Calcular

∫∫D

(x4 + 2x2y2 + y4) dxdy, donde D es el sector circular

contenido en el primer cuadrante del cırculo de centro (0, 0) y radio2.

Resp.: I =∫ 2

0dx

∫ √4−x2

0(x4 + 2x2y2 + y4) dy =

16π3.

21.- Hallar el area de la region limitada por:

a) La curvax2

a2+y2

b2=x

h+y

kcon los parametros positivos.

b) Las curvas y = axp, y = bxp, y = cxq, y = dxq, 0 < p < q, 0 < a < b,0 < c < d.

Resp.: a) πab( a2

4h2+

b2

4k2

).

107

b) (Hacer el cambio de variables u = y/xp, v = y/xq);

A =q − p

(1 + q)(−1− p)

(b

1+qq−p − a

1+qq−p

)·(d−1−pq−p − c

−1−pq−p

).

22.- Calcular ∫∫D| cos(x+ y)| dxdy,

siendo D = [−π/2, π/2]× [−π/2, π/2].

Resp.:

23.- Calcular el volumen de la region limitada por el cono 9(x2 + y2)−4(6− z)2 = 0, en 0 ≤ z ≤ 3, por la esfera x2 +y2 +(z−3)2 = 4, en z ≥ 3,por el plano z = 0 y por el paraboloide x2 + y2 = 4− z.

Resp.:

24.- Hallar el area interior a ρ = senϑ y exterior a ρ = 1−cosϑ.

Resp.: A = (4− π)/4.

25.- Calcular el volumen de las siguientes figuras:

(a) Region interior a la superficie z = x2+y2 comprendida entre z = 0y z = 10.

(b) Piramide limitada por los tres planos coordenados y el plano x+2y + 3z = 6.

(c) Elipsoide con semiejes a, b, c.

Resp.: (a) 50π; (b) 6; (c) 4πabc/3.

26.- Calcular el volumen del solido limitado por el hiperboloide 4(x2 +y2) = 1 + 4z2, el paraboloide z = x2 + y2 y el plano z = 0.

108

Resp.:

27.- Sea I el valor de la integral de f(x, y) = x+ y en R = (x, y) ∈ R2 :x+y ≤ 4, x ≥ 2, y ≥ 0. ¿Cual (o cuales) de las siguientes afirmacioneses cierta?

i) I =∫ 2

0dy

∫ 4−y

2f(x, y) dx.

ii) I =∫ 4

2dx

∫ 4−x

0f(x, y) dy.

iii) I =∫ π/2

0dϑ

∫ 4sen ϑ+cos ϑ

2/ cosϑ

1senϑ+ cosϑ

dr.

iv) I =∫ 4

2dv

∫2v

1vdu, con u = x, v = x+ y.

Resp.:

28.- Hallar el volumen limitado por x = 0, y = 0, el paraboloide z =x2 + y2 +10, su plano tangente en el punto (1, 1, 12) y el plano x+2y =7.

Resp.: V =∫ 7

0dx

∫ 7−x2

0dy

∫ x2+y2+10

2x+2y+8dz =

612596

.

29.- Calcular el volumen de la region limitada por la funcion z =cos(x−y) y el plano z = 0 encerrada en el cuadrado [0, π]× [0, π].

Resp.: V =∫∫

(x,y)∈[0,π]×[0,π]| cos(x− y)| dxdy = 2π.

30.- Calcular el volumen comprendido entre la superficie z = x2+3y2+2, los planos coordenados y el plano 2x+ y = 2.

Resp.: V =∫ 1

0dx

∫ 2−2x

0dy

∫ x2+3y2+2

0dz = 25/6.

31.- Calcular el volumen comprendido entre las superficies z = x2 +y2,x = y2 y los planos x = 4, z = 0.

Resp.: V =∫ 2

−2dy

∫ 4

y2dx

∫ x2+y2

0dz =

8576105

.

32.- Calcular los volumenes de los cuerpos limitados por las siguientessuperficies:

109

i) x2 + y2 − az = 0, (x2 + y2)2 = a2(x2 − y2), z = 0.

ii) z = x2 + y2, y = x2, y = 1, z = 0.

iii) z = 0, x2 + y2 = 1, x2 + y2 = z2.

iv) x2 + y2 + z2 ≤ 1, z ≥ 1/2.

Resp.: i) V = 4∫ π/4

0dv

∫ a√

cos 2v

0

u3

adu =

πa3

8.

ii) V =∫ 1

−1dx

∫ 1

x2

dy

∫ x2+y2

0dz =

88105

.

iii) V =∫∫

x2+y2≤1dxdy

∫ √x2+y2

0dz =

2π3.

iv) V =∫∫

x2+y2≤3/4dxdy

∫ √1−x2−y2

12

dz =5π24.

33.- Encontrar el volumen de la region limitada por z ≤ 6−x2−y2; z ≥√x2 + y2.

Resp.:∫∫

x2+y2≤4dxdy

∫ 6−x2−y2

√x2+y2

dz =∫ 2π

0dv

∫ 2

0du

∫ 6−u2

uu dz =

32π3.

34.- Calcular el volumen del solido limitado por los cilindros x2 + y2−4x+ 3 = 0, x2 + y2 = 2x, y los planos z = 0, z = 2.

Resp.: 4∫ 2

0dz

∫ 3/2

1dx

∫ √1−(x−2)2

0dy = 8

(π6−√

38

).

35.- Calcular el volumen de la porcion del cilindro z2+y2 = 6y, situadodentro de la esfera x2 + y2 + z2 = 36.

Resp.: V =∫ 6

0dy

∫ √9−(y−3)2

−√

9−(y−3)2dz

∫ √36−y2−z2

−√

36−y2−z2dx = 144π − 192.

36.- Encontrar el volumen del cuerpo limitado por los planos coorde-nados, el plano 2x+ 3y − 12 = 0 y el cilindro z = y2/2.

Resp.: V =∫ 4

0dy

∫ (12−3y)/2

0dx

∫ y2/2

0dz = 16.

110

37.- Calcular∫∫∫

V x dxdydz , siendo V el solido limitado por el cilindroparabolico z = 4 − y2, el paraboloide elıptico z = x2 + 3y2 y el planox = 0.

Resp.:

38.- Hallar el volumen del solido limitado por el hiperboloide 4(x2 +y2) = 1 + 4z2, el paraboloide z = x2 + y2 y el plano z = 0.

Resp.:

39.- Hallar el volumen encerrado por la esfera x2 + y2 + z2 = 1 y elhiperboloide 5x2 + 5y2 − 3z2 = 3.

Resp.:

40.- Calcular el volumen de la interseccion entre la esfera x2+y2+z2 =a2 y el cilindro x2 + y2 = ay, con a > 0.

Resp.: V = 2∫ π

0dv

∫ a sen v

0u ·√a2 − u2 du =

2a3

9· (3π − 4).

41.- Calcular las siguientes integrales triples:

i)

∫∫∫Vxyz dxdydz, donde V es el recinto limitado por las superficies

x2 + y2 + z2 = 1, x = 0, y = 0, z = 0.

ii)

∫∫∫V

√x2 + y2 dxdydz, donde V es el recinto limitado por x2+y2 =

z2, z = 1.

iii)

∫∫∫V

(x2

a2+y2

b2+z2

c2

)dxdydz, donde V esta limitado por la su-

perficiex2

a2+y2

b2+z2

c2= 1.

Resp.: i) I =∫ π/2

0dϕ

∫ π/2

0dϑ

∫ 1

0r5 sen3 ϕ cosϕ senϑ cosϑ dr =

148.

ii) I =∫ 1

0du

∫ 2π

0dv

∫ 1

uu2 dz =

π

6.

iii) I =∫ π

0dϕ

∫ 2π

0dϑ

∫ 1

0abcr4 senϕdr =

4πabc5

.

42.- Hallar el volumen del solido W limitado por el cilindro parabolicoz = 4− y2 y el paraboloide elıptico z = x2 + 3y2.

111

Resp.:

43.- Hallar el volumen del cuerpo limitado por z = ln(x + 2), z =ln(6− x), x = 0, y = 0 y x+ y = 2.

Resp.:

44.- Hallar el volumen de la region interior del cilindro x2+y2 = 4 lim-itada por el paraboloide z = 16 + x2 + y2 y el cono z =

√x2 + y2.

Resp.:


I =∫ 1

0

(∫ y

0(x2 + y2) dx

)dy +

∫ 2

1

(∫ 2−y

0(x2 + y2) dx

)dy :

(a) Dibujar la region de integracion.

(b) Expresar la integral invirtiendo el orden de integracion.

(c) Resolver la integral.

Resp.:

46.- (a) Demostrar que toda sucesion convergente en Rn es un con-junto de contenido cero.

(b) Demostrar que toda funcion real acotada es integrable sobre unsubconjunto de contenido cero.

(c) Demostrar que, si f es real y continua en un n-intervalo cerradoI ⊂ Rn salvo quizas en un conjunto de contenido cero, entonces esintegrable.

Resp.:

47.- Calcular

∫∫∫Ω(1 + x2 + y2 + z2) dxdydz siendo Ω la esfera unidad.

Resp.:

48.- Calcular el volumen del cuerpo mas pequeno limitado por lassuperficies:

y = x2 + z2 y x2 + y2 + z2 = 2.

112

Resp.:

49.- Calcular el volumen del cuerpo limitado por 2az = x2 + y2, x2 + y2 − z2 = a2, z = 0.

Resp.:

50.- Hallar el volumen del cuerpo limitado por las superficies: z =ln(x+ 2) , z = ln(6− x), x = 0, y = 0, x+ y = 2.

Resp.:

51.- Calcular el volumen del cuerpo limitado por x2+y2 = az , x2+y2 =z2

y x2 + y2 + (z − a/2)2 = a2/4.

Resp.:

52.- Calcular el volumen del cuerpo interseccion de las regiones: x2 +y2 + z2 ≤ 1, x2 + y2 ≤ z2, x2 + y2 ≤ 1/4.

Resp.:

53.- a) Sea

f(x, y, z) =

2z, si z > 0;3− 4z, si z < 0;tg2(xy2), si z = 0.

Comprobar que es integrable y calcular la integral sobre la bola de radiounidad x2 + y2 + z2 ≤ 1.

b) Hallar el volumen del cuerpo limitado por z = x2 +y2, z = 2x2 +2y2,y = x, y = 2x, x = 0, x = 1.

Resp.:

54.- ¿Cual de las siguientes opciones corresponde a la integral

∫∫Dx2 dxdy

sobre D = (x, y) : x2 + y2 ≤ 2x?

(a)

∫ 2

0du(∫ √

2u−u2

0u2 dv

).

(b)

∫ π/2

0dv(∫ 2 cos v

02u3 cos2 v du

).

113

(c)

∫ π

−πdv(∫ 2 cos v

0u3 cos2 v du

).

Resp.: En coordenadas polares, D = (r, ϑ) : −π/2 ≤ ϑ ≤ π/2, 0 ≤ r ≤2 cosϑ.

Por tanto,∫∫Dx2dxdy =

∫ π/2

−π/2dϑ

∫ 2 cosϑ

0r·r2·cos2 ϑdr = 2

∫ π/2

0dϑ

∫ 2 cosϑ

0r3 cos2 ϑdr

de modo que la respuesta correcta es (b).

55.- Hallar el volumen del cuerpo A = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤a2, x2 + y2 ≤ z2 + 1, siendo a > 1.

Resp.:

56.- Demostrar que toda funcion acotada es integrable Riemann sobre

todo conjunto de contenido cero. Calcular la integral

∫∫∫Df(x, y, z) dxdydz

siendo f(x, y, z) =

1 si z > 01/2 si z < 0tg2(xy2) si z = 0,

y D : x2 + y2 + z2 ≤ 1.

Resp.:

57.- Estudiar si existe y en su caso calcular

∫∫∫Df(x, y, z) dxdydz,

siendo f(x, y, z) =

2z si z > 03− 4z si z < 0ln(1 + x2y2) si z = 0,

y D : x2+y2+z2 ≤ 1.

Resp.:

58.- Determinar las coordenadas del centro de gravedad de la regionsolida S limitada por las superficies y =

√x, y = 2

√x, z = 0, x + z =

6.

Resp.: v(S) =∫ 6

0dx

∫ 2√x

√x

dy

∫ 6−x

0dz =

48√

65

;

x = 18/7, y = 15√

6/16, z = 12/7.

114

59.- Sea f una funcion continua en una region

S = (x, y, z) ∈ R3 : a ≤ x ≤ b, ϕ1(x) ≤ y ≤ ϕ2(x), ψ1(x, y) ≤ z ≤ ψ2(x, y).

Probar que existe un punto P ∈ S tal que

∫∫∫Sf(x, y, z) dV = f(P ) ·

vol(S) (teorema del valor medio para integrales).

115

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integrales multuples

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