Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez ConchaFacultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo

Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín.Ejercicios Resueltos

1 Cálculo de integrales dobles en coordenadasrectángulares cartesianas

1.1 Problema

CalcularZZ

D

px + ydxdy si D es la región acotada por las respectivas rectas

y = x; y = �x y x = 1SoluciónSe tiene que la región D =

�(x; y) 2 IR2= 0 � x � 1;�x � y � x

ZZ

D

px + ydxdy =

Z 1

0

Z x

�x

px + ydydx

=2

3

Z 1

0

(x + y)3=2���x�xdx

=2

3

Z 1

0

(2x)3=2dx

=25=2

3

2

5(x)

5=2���10

=8p2

15

1.2 Problema

CalcularZZ

D

px2 � y2dxdy si D es el dominio limitado por el triángulo de

vértices A (0; 0) ; B(1;�1); C (1; 1) :SoluciónEntonces se tiene que el dominio está delimitado por las rectas y = x;y = �x y x = 1:Luego el dominio de integración es:

D =�(x; y) 2 IR2= 0 � x � 1;�x � y � x

:Integrando a franjas verticales, resulta

1

ZZD

px2 � y2dxdy =

Z 1

0

Z x

�x

px2 � y2dydx

=

Z 1

0

Z x

�xx

r1�

�yx

�2dydx

Hacemos el cambio de variablesy

x= sent =) dy = x cos tdt y

determinemos los limites.Para y = x =) arcsen

�xx

�= arcsen (1) =

�

2:

Para y = �x =) arcsen

��xx

�= arcsen (�1) = ��

2Por tanto

Z 1

0

Z x

�xx

r1�

�yx

�2dydx =

Z 1

0

Z �2

��2

x2p1� sen2tdtdx

=

Z 1

0

Z �2

��2

x2 cos2 tdtdx

=

Z 1

0

Z �2

��2

x2(1 + cos 2t

2)dtdx

=

Z 1

0

x2�t

2+sen2t

4

��2

��2

dx

=�

2

Z 1

0

x2dx

=�

2

�x3

3

�10

=�

6

1.3 Problema

CalcularZZ

D

�y � 2x2

�dxdy si D es la región acotada por jxj+ jyj = 2

SoluciónSe tiene que la región D =

�(x; y) 2 IR2= jxj+ jyj � 2

Si escogemos la región con una partición de tipo I, es necesario utilizar dos

integrales iterativas porque para �2 � x � 0 , la frontera inferior de la región esla grá�ca de y = �x� 2, y la superior es y = x+2;y para 0 � x � 2 la fronterainferior de la región es la grá�ca de y = x� 2, y la superior es y = �x+ 2Entonces se tiene D = D1 [D2 tal que D1 [D2 = �:donde D1 =

�(x; y) 2 IR2= � 2 � x � 0; � x� 2 � y � x+ 2

D2 =

�(x; y) 2 IR2= 0 < x � 2; x� 2 � y � �x+ 2

2

Por otra parte la funcion del integrando f (x; y) = y � 2x2 es simétrica conrespecto al eje y, es decir 8 (x; y; z) 2 D existe (�x; y; z) tal que f (�x; y) =y � 2(�x)2 = f (x; y) :Por lo tanto

ZZD

�y � 2x2

�dxdy = 2

Z 2

0

Z �x+2

x�2

�y � 2x2

�dydx

= 2

Z 2

0

�y2

2+ 2x2y

������x+2x�2

dx

= 2

Z 1

0

�4x3 � 8x2

�dx

=

�x4 � 8

3x3�����2

0

= 2

�16� 64

3

�= �32

3

1.4 Problema

CalcularZZ

D

�x2 + y2

�dxdy si D =

�(x; y) 2 IR2= x2 + y2 � 1

:Usando

coordenadas cartesianasSolución.Usando coordenadas cartesianas, la región de integración es un círculocentrado en el origen de radio unoPor lo tantoD =

�(x; y) 2 IR2= � 1 � x � 1;�

p1� x2 � y �

p1� x2

ZZ

D

�x2 + y2

�dxdy =

Z 1

�1

Z p1�x2

�p1�x2

(x2 + y2)dydx

=

Z 1

�1(x2y +

y3

3)

����p1�x2

�p1�x2

dx

= 2

Z 1

�1(x2p1� x2 + 1

3

p(1� x2)3)dx

= 2

Z 1

�1x2p1� x2dx+ 2

3

Z 1

�1

p(1� x2)3dx

Con ayuda de una tabla de integrales obtenemos que:

Z 1

�1x2p1� x2dx = (�x

4

p1� x2 + 1

8(xp1� x2 + arcsenx)

����1�1

=1

8(arcsen(1)� arcsen (�1) = 1

8(�

2+�

2) =

�

8

3

Z 1

�1

p(1� x2)3dx = (

x

4

p(1� x2)3 + 3x

8

p(1� x2) + 3

8arcsenx)

����1�1

=3�

8

Por lo tanto: ZZD

�x2 + y2

�dxdy =

2�

8+2

3

3�

8=�

2

Notese que la solución del problema usando coordenadas cartesianas esbastante compleja

1.5 Problema

CalcularZZ

D

xydxdy si D es la región acotada por y =px; y =

p3x� 18;

y � 0:Usando coordenadas cartesianas.Solución.Si escogemos la región con una partición de tipo I, es necesario utilizar dos

integrales iterativas porque para 0 � x � 6 , la frontera inferior de la región esla grá�ca de y = 0, y la superior es y =

px;y para 6 � x � 9 la frontera inferior

de la región es la grá�ca de y =p3x� 18, y la superior es y =

px

Luego tenemos que D = D1 [D2 tal que D1 [D2 = �:Entonces D1 =

�(x; y) 2 IR2= 0 � x � 6; 0 � y �

px

D2 =�(x; y) 2 IR2= 6 < x � 9;

p3x� 18 � y �

px

Por lo tantoZZD

xydxdy =

ZZD1

xydxdy +

ZZD2

xydxdy

=

Z 6

0

Z px

0

xydydx+

Z 9

6

Z px

p3x�18

xydydx

=

Z 6

0

x

�y2

2

�px0

dx+

Z 9

6

x

�y2

2

�pxp3x�18

dx

=1

2

Z 6

0

x2dx+1

2

Z 9

6

(�2x2 + 18x)dx

=

�1

6x3�60

+

��x

3

3+ 9

x2

2

�96

=185

2

Si escogemos la región con una partición de tipo II, es necesario utilizar sólouna integral iterativa porque para 0 � y � 3 , la frontera izquierda de la región

4

es la grá�ca de x = y2 mentras que la frontera derecha queda determinada por

la grá�ca x =y2

3+ 6; obteniendo así la región

D1 =

�(x; y) 2 IR2= y2 � x � y2

3+ 6; 0 � y � 3

�la integral iterativa quedaZZ

D

xydxdy =

Z 3

0

Z (y2=3)+6

y2xydxdy

=

Z 3

0

�x2

2

�(y2=3)+6y2

ydy

=1

2

Z 3

0

"�y2 + 18

3

�2� y4

#(y2=3)+6y2

ydy

=1

18

Z 3

0

��8y5 + 36y3 + 324y

�dy

=1

18

��43y6 + 9y4 + 162y2

�30

=1

18

��4336 + 36 + 2 � 36

�=185

2

1.6 Problema

Encontrar el área de la región determinada por las desigualdades: xy � 4;y � x; 27y � 4x2:Solución.Sabemos que xy = 4 tiene por grá�ca una hipérbola equilátera, y = x es la

recta bisectriz del primer cuadrante y 27y = 4x2 corresponde a una parábola.Veamos cuale son los puntos de intersección de estas curvas con el proprositode con�gurar el dominio de integración

xy = 4y = x

�=) x2 = 4 =) x = �2 =) y = �2

27y = 4x2

y = x

�=) 27x = 4x2 =)

x = 0

x =24

4

)=) y = 0; y =

27

4

xy = 427y = 4x2

�=) x = 3; y =

4

3

Para calcular el área A(R) =ZZ

D

dxdy; podemos escoger una partición del

dominio de tipo I ó de tipo II.Consideremos dos subregiones de tipo I

D1 =

�(x; y) 2 IR2= 2 � x � 3; 4

x� y � x

�

5

D2 =

�(x; y) 2 IR2= 3 � x � 27

4;4

27x2 � y � x

�Si proyectamos sobre eje x

A(R) =

ZZD

dxdy =

ZZD1

dxdy +

ZZD2

dxdy

A(R) =

Z 3

2

Z x

4x

dydx+

Z 27=4

3

Z x

427x

2

dydx

=

Z 3

2

yjx4xdx+

Z 27=4

3

yjx427x

2 dx

=

Z 3

2

�x� 4

x

�dx+

Z 27=4

3

�x� 4

27x2�dx

=

�x2

2� 4 lnx

�32

+

�x2

2� 4

81x3�27=43

=5

2� 4 ln 3

2+729

32� 92� 4

81

273

43+4

8133

= �2� 4 ln 32+729

32� 24316

+4

3

=665

96� 4 ln 3

2

Si proyectamos sobre eje y

DI =

�(x; y) 2 IR2= 4

y� x � 3

2

p3y;

4

3� y � 2

�DI =

�(x; y) 2 IR2= y � x � 3

2

p3y; 2 � y � 27

4

�A(R) =

ZZD

dxdy =

ZZD1

dxdy +

ZZD2

dxdy

A(R) =

Z 2

43

Z 32

p3y

4y

dxdy +

Z 27=4

2

Z 32

p3y

y

dxdy

=

Z 2

43

hp3y � 4 ln y

idy +

Z 27=4

2

�3

2

p3y � y

�dy

=

�3

2

p3y3 � 4

y

�243

+

�p3y3 � y

2

2

�27=42

= �83� 4 ln 3

2+9 � 278

� 72932

+ 2

=665

96� 4 ln 3

2

6

1.7 Problema

Encontrar el volumen de la región acotada por los tres planos coordenados y elplano x+ 2y + 3z = 6Solución.Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano xy tenemos:

V =

ZZD

6� x� 2y3

dxdy ,D =

�(x; y) 2 IR2= 0 � x � 6; 0 � y � 6� x

2

�

V =1

3

Z 6

0

Z 6�x2

0

(6� x� 2y) dydx

=1

3

Z 6

0

�(6� x)y � y2

� 6�x2

0dx

=1

3

Z 6

0

�(6� x)2

2� (6� x)

2

4

�dx

=1

12

Z 6

0

(6� x)2dx

=

�� 1

36(6� x)3

�60

= 6

Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano yz tenemos:

V =

ZZR

(6� 3z � 2y) dzdy , R =�(y; z) 2 IR2= 0 � y � 3; 0 � z � 6� 2y

3

�

V =

Z 3

0

Z 6�2y3

0

(6� 2y � 3z) dzdy

=

Z 3

0

�(6� 2y)z � 3

2z2� 6�2y

3

0

dy

=

Z 3

0

�(6� 2y)2

3� (6� 2y)

2

6

�dy

=1

6

Z 3

0

(6� 2y)2dy

=

�� 1

12

(6� x)33

�30

= 6

2 Cambios de orden de Integración

2.1 Problema

Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante .

7

I =

Z 1

0

Z 2

2x

ey2

dydx

Solución.El dominio de integracion dado esD =

�(x; y) 2 IR2= 0 � x � 1; 2x � y � 2

:

Si se invierte el orden de integración tenemos que modi�car la partición del

dominio. D =n(x; y) 2 IR2= 0 � x � y

2; 0 � y � 2

o;entonces la integral

se puede escribir.

I =

Z 1

0

Z 2

2x

ey2

dydx =

Z 2

0

Z y2

0

ey2

dxdy

=

Z 2

0

xey2��� y20dy

=

Z 2

0

y

2ey

2

dy =1

4ey

2���40

=1

4

�e16 � 1

�2.2 Problema

Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante .

I =

Z 2

0

Z 4

x2

py cos ydydx

Solución.El dominio de integración dado esD =

�(x; y) 2 IR2= 0 � x � 2; x2 � y � 4

:

Si se invierte el orden de integración tenemos que modi�car la partición deldominio, D =

�(x; y) 2 IR2= 0 � x � py; 0 � y � 4

;entonces la integral

se puede escribir

Z 2

0

Z 4

x2

py cos ydydx =

Z 4

0

Z py

0

py cos ydxdy

=

Z 4

0

py cos(y)xj

py

0 dy

=

Z 4

0

y cos(y)dy

Integrando esta última integral por partes se tiene:

Z 4

0

y cos(y)dy = ysen(y)j40 �Z 4

0

sen(y)dy

= ysen(y)j40 + cos(y)j40

= 4sen(4) + cos(4)� 1

8

2.3 Problema

Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante .

I =

Z e

1

Z ln x

0

ydydx

Solución.El dominio de integración dado esD =

�(x; y) 2 IR2= 1 � x � e; 0 � y � lnx

:

Si se invierte el orden de integración tenemos que el dominio,D =

�(x; y) 2 IR2= ey � x � e; 0 � y � 1

;entonces la integral

se puede escribir

Z e

1

Z ln x

0

ydydx =

Z 1

0

Z e

eyydxdy

=

Z 4

0

y x���eeydy

=

Z 4

0

y(e� ey)dy

= e

�y2

2

�40

� ey [y � ey]40

= 8e� 4e4 � 1

3 Cambios de variables: Coordenadas polares

3.1 Problema

CalcularZZ

D

�x2 + y2

�dxdy si D =

�(x; y) 2 IR2= x2 + y2 � 1

;usando

coordenadas polaresSolución.A partir de la coordenadas polares tenemos:x = rcos�; y = rsen� =) x2 + y2 = r2

El valor absoluto del Jacobiano de transformación a polares es:����@ (x; y)@ (r; �)

���� = rReemplazando términos en la integral, produceZZ

D

�x2 + y2

�dxdy =

ZZD

r2����@ (x; y)@ (r; �)

���� drd�

9

=

Z 1

0

Z 2�

0

r3d�dr =

Z 1

0

Z 2�

0

r3 �j2�0 dr

= 2�

Z 1

0

r3dr = 2�r4

4

����10

=�

2

Las coordenadas polares dieron una solucion más simple del problema. Lasimplicidad depende de la naturaleza del problema y de la simetria que presentael dominio.

3.2 Problema

Calcular el área de la región interior a la circunferencia x2 + y2 = 8y y exteriora la circunferencia x2 + y2 = 9:Solución.Determinemos el centro y radio de la circunsferenciax2 + y2 = 8y =) x2 + y2 � 8y = 0 =) x2 + (y � 4)2 = 16

El área de la región D es: A (D)ZZ

D

dxdy

Por simetría, podemos calcular el área de la región D en el primer cuadrantey multiplicar por 2.A �n de conocer los límites de integración en coordenadas polaresnecesitamos conocer el ángulo que forma la recta OT con el eje x.x2 + y2 = 8y =) r2 = 8rsen� =) r = 8sen�

x2 + y2 = 9 =) r = 3Como T pertenece a ambas circunferencias se cumple

8sen� = 3 =) � = arcsen3

8

Luego, la mitad de la regiónD� =

�(r; �) =3 � r � 8sen�; arcsen3

8� � � �

2

�ZZ

D

dxdy =

ZZD�

����@ (x; y)@ (r; �)

���� drd�

10

2

Z �=2

arcsen 38

Z 8sen�

3

rdrd� = 2

Z �=2

arcsen 38

r2

2

����8sen�3

d�

Z �=2

arcsen 38

�64sen2� � 9

�d� =

�64

��

2� sen2�

4

�� 92�

��=2arcsen 3

8

=

�55

2� � 16sen2�

��=2arcsen 3

8

=

�55

4� � 55

2arcsen

3

8+ 16sen(2arcsen

3

8)

�� 38; 42

3.3 Problema

CalcularZZ

D

x2 + y2

x+px2 + y2

dxdy , si D es el interior del cardioide r = a (1 + cos �)

Solución.Cambiando a cordenadas polares, tenemos:ZZ

D

x2 + y2

x+px2 + y2

dxdy =

ZZD�

r2

r cos � + r

����@ (x; y)@ (r; �)

���� drd�=

ZZD�

r2

r cos � + rrdrd�

=

Z 2�

0

Z a(1+cos �)

0

r2

1 + cos �drd�

=

Z 2�

0

1

1 + cos �

r3

3

����a(1+cos �)0

d�

=a3

3

Z 2�

0

(1 + cos �)2d�

=a3

3

Z 2�

0

�1 + 2 cos � + cos2 �

�d�

=a3

3

�� + 2sen� +

�

2+sen2�

4

�2�0

= �a3

Observacion si deseamos se rigurosos debemos hacer notar que la integral esimpropia cuando x � 0; e y = 0; pues en tal caso el denominador es cero.Luego:

11

I = lim�!��

"!0

Z �

0

Z a(1+cos �)

"

r2

1 + cos �drd� + lim

�!�+"!0

Z 2�

�

Z a(1+cos �)

"

r2

1 + cos �drd�

= lim�!��

a3

3

Z �

0

(1 + cos �)2d� + lim

�!�+

a3

3

Z 2�

�

(1 + cos �)2d�

= lim�!��

a3

3

�3

2�+ 2sen�+

sen2�

4

�+ lim�!�+

a3

3

�3� � 3

2� � 2sen� � sen2�

4

�= �a3

3.4 Problema

Calcular el volumen V el sólido acotado por las grá�cas z = 9�x2�y2 y z = 5.Solución.Como el sólido es simétrico, basta encontrar su volumen en el primer octante

y multiplicar su resultado por cuatro.Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano xy tenemos:

V = 4

Z ZD

�9� x2 � y2 � 5

�dxdy

D =�(x; y) 2 IR2= x � 0; y � 0; 0 � x2 + y2 � 4

A partir de la coordenadas polares, obtenemos:x = rcos�y = rsen�

�=) f (x; y) = 4� x2 � y2 = 4� r2

0 � x2 + y2 = r2 � 4 () 0 � r � 2 y 0 � � � �

2D� =

n(r; �) = 0 � r � 2; 0 � � � �

2

oEl valor absoluto del Jacobiano de transformación a polares es:����@ (x; y)@ (r; �)

���� = rReemplazando términos en la integral, produce:

V = 4

Z ZD�

�4� r2

�rdrd�

= 4

Z �=2

0

Z 2

0

�4� r2

�rdrd�

= 4

Z �=2

0

�4

2r2 � 1

4r4�20

d�

= 8�

12

4 Cambios de variables. Coordenadas curvilíneas

4.1 Problema

Calcular I =ZZ

D

3xydxdy; donde D es la región acotada por por la rectas

x� 2y = 0; x� 2y = �4x+ y = 4; x+ y = 1

(1)

Solución.Podemos usar el cambio de variables

u = x� 2yv = x+ y

�(1) =)

x =1

3(2u+ v)

y =1

3(u� v)

(2)

Asi,x� 2y = �4 se transforma en u = �4x� 2y = 0 se transforma en u = 0x+ y = 1 se transforma en v = 1x+ y = 4 se transforma en v = 4

Para calcular el Jacobiano

����@ (x; y)@ (u; v)

���� tenemos dos posibilidades.La primera, es usar la transformación inversa (2) x e y en términos de u y v

:

La segunda, mucho más simple, es calcular a partir de (1)

����@ (u; v)@ (x; y)

���� y luegousar la propiedad

����@ (x; y)@ (u; v)

���� = �����@ (u; v)@ (x; y)

������1 :En efecto

����@ (u; v)@ (x; y)

���� = ���� 1 �21 1

���� = 1 + 2 = 3 =) ����@ (x; y)@ (u; v)

���� = 1

3Por lo tanto, del teorema del cambio e variables se deduce que:

I =

ZZD

3xydxdy =

ZZD�3

�1

3(2u+ v)

1

3(u� v)

� ����@ (x; y)@ (u; v)

���� dudv=

Z 4

1

Z 0

�4

1

9

�2u2 � uv � v2

�dvdu

=1

9

Z 4

1

�2u2v � uv

2

2� v

3

3

�0�4du

=1

9

Z 4

1

�8u2 + 8u� 64

3

�du

=1

9

�8u3

3+ 4u2 � 64

3u

�41

du =164

9

4.2 Problema

13

Calcular el área de la región D; que esta acotada por las curvasx2 � y2 = 1; x2 � y2 = 9x+ y = 4; x+ y = 6

(1)

Solución.Teniendo en cuenta el cambio de variables que transforma la región D enla región D�

u = x2 � y2v = x+ y

�(1) =)

La imagen D� de la región D está acotada por la rectas verticales;x2 � y2 = 1 se transforma en u = 1x2 � y2 = 9 se transforma en u = 9y las rectas horizontalesx+ y = 4 se transforma en v = 4x+ y = 6 se transforma en v = 6Es decir, D� = f(u; v) =1 � u � 9; 4 � v � 6g

Vamos a calcular

����@ (x; y)@ (u; v)

���� a partir de (1) ����@ (u; v)@ (x; y)

���� y usar la propiedad����@ (x; y)@ (u; v)

���� = �����@ (u; v)@ (x; y)

������1 :En efecto

����@ (u; v)@ (x; y)

���� = ���� 2x �2y1 1

���� = 2 (x+ y) = 2v =) ����@ (x; y)@ (u; v)

���� = 1

2vEl teorema del cambio variables a�rma que:

A (D) =

ZZD

dxdy =

ZZD�

����@ (x; y)@ (u; v)

���� dudv=

Z 9

1

Z 6

4

1

3vdvdu

=1

2

Z 9

1

[ln v]64 du

=1

2

�ln6

4

�Z 9

1

du

=1

2ln3

2[u]

91 = 4 ln

3

2

4.3 Problema

Calcular I =ZZ

D

x3 + y3

xydxdy; donde D es la región del primer cuadrante

acotada por:y = x2; y = 4x2

x = y2; x = 4y2(1)

Solución.El cálculo de I sería bastante complejo si usamos coordenadas cartesianaspor la simetría que tiene el dominio.Sin embargo, una cambio de variables

14

simpli�ca la región D y la transforma en D�.

Sean u =x2

y; v =

y2

xLuego D� esta acotada por la rectas verticales;y = x2 se transforma en u = 1:

y = 4x2 se transforma en u =1

4:

y las rectas horizontalesx = y2 se transforma en v = 1:

x = 4y2 se transforma en v =1

4:

Es decir, D� =

�(u; v) =1 � u � 1

4; 1 � v � 1

4

�Para calcular

����@ (x; y)@ (u; v)

���� tenemos dos posibilidades, la primera es despejar xe y en términos de u y v a partir de (1) :

La segunda, es calcular

����@ (u; v)@ (x; y)

���� y usar la propiedad ����@ (x; y)@ (u; v)

���� = �����@ (u; v)@ (x; y)

������1 :En efecto

����@ (u; v)@ (x; y)

���� =�������2x

y�x

2

y2

�y2

x22y

x

������� = 4� 1 = 3 =)����@ (x; y)@ (u; v)

���� = 1

3

Calculemos ahora la integral

I =

ZZD

x3 + y3

xydxdy =

ZZD

�x2

y+y2

x

�dxdy

=

Z 1

1=4

Z 1

1=4

(u+ v)1

3dvdu

=1

3

Z 1

1=4

�uv +

v2

2

�11=4

du

=1

3

Z 1

1=4

�3

4u+

15

32

�du

=1

3

�3

8u2 +

15

32u

�11=4

=1

3

�3

8

15

16+15

32

3

4

�=

15

64

4.4 Problema

Evaluar la integral I =ZZ

D

[x+ y]2dxdy; donde D es la región del plano xy

acotado por las curvasx+ y = 2; x+ y = 4;y = x; x2 � y2 = 4; (1)

15

Solución.Observese que las ecuaciones de la curvas de la frontera de D sólo incluyen

a x e y en las combinaciones de x � y;y el integrando incluye solamentenlasmismas combinaciones. Aprovechando estas simetrías, sean las coordenadas

u = x+ y; v = x� yLuego, la imagen D� de la región D está acotada por las curvas;x+ y = 2 se transforma en u = 2:x+ y = 4 se transforma en u = 4:A su vezx� y = 0 se transforma en v = 0:x2 � y2 = (x+ y) (x� y) = 4 se transforma en uv = 4:

Es decir, D� =

�(u; v) = 2 � u � 4; 0 � v � 4

u

�El jacobiano de la transformación es

����@ (x; y)@ (u; v)

���� = �����@ (u; v)@ (x; y)

������1 :En efecto

@ (u; v)

@ (x; y)=

���� 1 11 �1

���� = �2 =) ����@ (x; y)@ (u; v)

���� = 1

2Entonces: ZZ

D

[x+ y]2dxdy =

1

2

ZZD�u2dudv

=1

2

Z 4

2

Z 4=u

0

u2dvdu

=1

2

Z 4

2

u2 vj4=u0 du

=1

2

Z 4

2

4udu

=4

2

u2

2

����42

= 12

5 Cálculo de integrales triples en coordenadas

rectángulares cartesianas

5.1 Problema

Sea R la región en IR3 acotada por: z = 0; z =1

2y; x = 0; x = 1; y = 0; y = 2

CalcularZZZ

R

(x+ y � z) dxdydz:

Solución.Del grá�co de la región , tenemos que 0 � z � 1

2y:Proyectando la región R

sobre el plano xy. Así D =�(x; y) 2 IR2= 0 � x � 1; 0 � y � 2

:

16

Por lo tanto;ZZZR

(x+ y � z) dxdydz =ZZ

D

(

Z 12y

0

(x+ y � z) dz)dxdy

Z 1

0

Z 2

0

(

Z 12y

0

(x+ y � z) dz)dydx =

Z 1

0

Z 2

0

�xz + yz � z

2

2

� 12y

0

dydxZ 1

0

Z 2

0

�1

2(x+ y)y � y

2

8

�dydx =

Z 1

0

Z 2

0

�1

2xy +

3

8y2�dydxZ 1

0

�1

4xy2 +

1

8y3�20

dx =

Z 1

0

[(x+ 1)] dx =

�1

2x2 + x

�10

=3

2

También es posible resolver el problema anterior proyectando la región Rsobre el plano xz:En tal caso, 2z � y � 2 yD =

�(x; z) 2 IR2= 0 � x � 1; 0 � z � 1

ZZZ

R

(x+ y � z) dxdydz =Z 1

0

Z 1

0

(

Z 2

2z

(x+ y � z) dy)dzdx

Z 1

0

Z 1

0

�xy +

y2

2� zy

�22z

dzdx = 2

Z 1

0

Z 1

0

[x+ 1� z � xz] dzdx

2

Z 1

0

�xz + z � z

2

2� xz

2

2

�10

dx = 2

Z 1

0

�x+ 1� 1

2� x2

�dxZ 1

0

[(x+ 1)] dx =

�1

2x2 + x

�10

=3

2

Una tercera posibilidad de solución consiste en proyectar la región Rsobre el plano yz.Esta se deja como ejercicio.

5.2 Problema

CalcularZZZ

D

x2dxdydz si D es la región acotada por y2 + z2 = 4ax;

y2 = ax; x = 3aSolución.La super�cie y2 + z2 = 4ax corresponde a un paraboloide de revolucióncomo el bosquejado en la �gura.En dos variables el grá�co de y2 = ax es una parábola, pero es tresvariables es la super�cie de un manto parabólico.

17

Finalmente, el grá�co x = 3 es un plano paralelo al plano xz a la distancia3a.Luego el grá�co de la región esLa proyección de la region sobre el plano xy es:

D =n(x; y; z) 2 IR3=D1 [D2 , �

p4ax� y2 � z �

p4ax� y2

oPor simetría se tiene:

I =

ZZZD

x2dxdydz = 2

ZZD1

Z p4ax�y2�p4ax�y2

x2dzdxdy

= 2

Z 3a

0

Z 2pax

pax

Z p4ax�y2�p4ax�y2

x2dzdydx

= 2

Z 3a

0

Z 2pax

pax

�x2z

�p4ax�y2�p4ax�y2

dydx

= 4

Z 3a

0

Z 2pax

pax

x2p4ax� y2dydx

De una tabla de integrales obtenemosZ pa2 � u2du = 1

2(upa2 � u2 + a2arcsenu

a)

Así al integrar la expresión:Z 2pax

pax

p4ax� y2dy =

�1

2

�yp4ax� y2 + 4ax arcsen y

2pax

��2paxpax

= 2ax arcsen (1)� 12

�paxp3ax+ 4ax arcsen

1

2

�= 2ax

�

2+1

2axp3 � 2ax�

6

=2�

3ax +

p3

2ax

Por lo tanto al sustituir en la integral anterior, queda

4

Z 3a

0

"2�

3+

p3

2

#ax3dx =

" 2�

3+

p3

2

!ax4

#3a0

= 27a5

2� +

3p3

2

!

18

5.3 Problema

Calcular el volumen del sólido acotado por la super�cie y = x2 y los planosy + z = 4 ; z = 0:Solución.Consideremos que la región está acotada inferiormente por la frontera

z = 0 y superiomente por z = 4� y:Si Proyectamos la región sobre el plano xy, se tiene: =

�(x; y; z) 2 IR3= (x; y) 2 D; 0 � z � 4� y

D =

�(x; y) 2 IR2= � 2 � x � 2; x2 � y � 4

Luego el volumen de la región es

V () =

ZZZ

dxdydz =

Z 2

�2

Z 4

x2

Z 4�y

0

dzdydx

=

Z 2

�2

Z 4

x2(4� y) dydx =

Z 2

�2

�4y � y

2

2

�4x2dx

=

Z 2

�2

�8� 4x2 + x

4

2

�dx

=

�8x� 4

3x3 +

x4

10

�2�2=256

15

6 Coordenadas esféricas

6.1 Problema

Resolver I =ZZZ

D

px2 + y2 + z2e�(x

2+y2+z2)dxdydz si D es la región de IR3

limitada por las super�cies x2 + y2 + z2 = a2

x2 + y2 + z2 = b2 con 0 < b < a anillo esférico.SoluciónPor la simetría del dominio y la forma del integrandousaremos coordenadas esféricas:

x = rsen� cos�y = rsen�sen�z = r cos �

9=; =)

b2 � x2 + y2 + z2 � a2 =) b � r � atg� =

y

z= 0 =) 0 � � � �

tg� =y

x= 0 =) 0 � � � 2�

Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esféricas es :����@ (x; y; z)@ (r; �; �)

���� = r2sen� se tiene:

19

I =

Z 2�

0

Z �

0

Z a

b

re�r2

����@ (x; y; z)@ (r; �; �)

���� drd�d�=

Z 2�

0

Z �

0

Z a

b

r3e�r2

sen� drd�d�

=

Z 2�

0

Z �

0

��12r2e�r

2

� e�r2

�ab

sen� d�d�

=

�1

2b2e�b

2

+1

2e�b

2

� 12a2e�a

2

� e�a2

�Z 2�

0

Z �

0

sen� d�d�

=

�1

2b2e�b

2

+1

2e�b

2

� 12a2e�a

2

� e�a2

�Z 2�

0

� cos �j�0 d�

= 2

�1

2b2e�b

2

+1

2e�b

2

� 12a2e�a

2

� e�a2

�Z 2�

0

d�

= 4�

�1

2b2e�b

2

+1

2e�b

2

� 12a2e�a

2

� e�a2

�

6.2 Problema

Encontrar el volumen de la región determinada por x2 + y2 + z2 � 16 ; z2

� x2 + y2:Soluciónx2 + y2 + z2 = 16 es una esfera con centro en el origen y radio 4z2 = x2+y2 es un cono con vértice en el origen y eje de simetría coincidentecon el eje z.Como z � 0 , sólo debemos considerar sólo la región sobre el plano xy.La intersección de la esfera con el cono se obtiene mediante el sistema:x2 + y2 + z2 = 16

x2 + y2 = z2

�=) z =

p8

x2 + y2 = 8

Usaremos coordenadas esféricas:

x = rsen� cos�y = rsen�sen�z = r cos �

9=; =)

0 � x2 + y2 + z2 � 16 =) 0 � r � 4

tg� =y

z=

p8p8= 1 =) 0 � � � �

4

tg� =y

x= 0 =) 0 � � � 2�

Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esféricas es :����@ (x; y; z)@ (r; �; �)

���� = r2sen� se tiene:

20

V =

ZZZD

dxdydz =

Z 2�

0

Z �4

0

Z 4

0

r2sen� drd�d�

V =

Z 2�

0

Z �4

0

r3

3

����40

sen� d�d�

V =43

3

Z 2�

0

� cos �j�40 d�

V =43

3

Z 2�

0

1�

p2

2

!d� =

43

3

1�

p2

2

!2�

Otra opción para resolver este problema es usar coordenadas cilíndricas,ental casox = r cos �y = rsen�z = z

9=; =)x2 + y2 + z2 = 16 =) z = 16� r2:

x2 + y2 = z2 =) z = r2

Teníamos que el Jacobiano de transformación a cilíndricas es:����@ (x; y; z)@ (r; �; z)

���� = r luego:

V =

ZZZD

dxdydz =

Z 2�

0

Z p8

0

Z p16�r2

r2rdzdrd�

=

Z 2�

0

Z p8

0

rz jp16�r2

r2 drd�

=

Z 2�

0

Z p8

0

�rp16� r2 � r2

�drd�

=

Z 2�

0

��13

p(16� r2)3 � r

3

3

�p80

d�

= �2�3

�2p83 �

p163�=2�

3

�64� 32

p2�

7 Coordenadas Cilíndricas

7.1 Problema

Usando integrales triples calcular el volumen de la región acotada por z = x2+y2

y z = 27� 2x2 � 2y2:Solución.Por la simetría del volumen los resolveremos usando coordenadas cilíndricas.x = r cos �y = rsen�z = z

9=; =)z = x2 + y2 =) z = r2:z = 27� 2x2 � 2y2 =) z = 27� 2r2

x2 + y2 = 9 =) r = 3:

21

Como el Jacobiano de transformación a cilíndricas es:����@ (x; y; z)@ (r; �; z)

���� = r se tiene:

V =

ZZZD

dxdydz =

Z 2�

0

Z 3

0

Z 27�2r2

r2rdzdrd�

=

Z 2�

0

Z 3

0

r z j27�2r2

r2 drd�

=

Z 2�

0

Z 3

0

r�27� 3r2

�drd�

=

Z 2�

0

�27

2r2 � 3

4r4�30

d�

=243

4

Z 2�

0

d� =243

42� =

243

2�

7.2 Problema

Calcular el volumen de la región acotada por la esfera x2 + y2 + z2 = 13 y elcono (z � 1)2 = x2 + y2; z � 1Solución.El volumen pedido es

V =

ZZZR

dxdydz

donde la región R está dada por

R =n(x; y; z) 2 IR3= (x; y) 2 D; 1 +

px2 + y2 � z �

p4� x2 � y2

oD corresponde a la proyección de R sobre el plano xy.D =

�(x; y; z) 2 IR2=x2 + y2 � 13

Por la simetría del volumen conviene usar coordenadas cilíndricas.x = r cos �y = rsen�z = z

9=; =) x2 + y2 + z2 � r2 + z2 � 13 ,

Determinemos la imagen R� de R(z � 1)2 = x2 + y2 () z � 1 + r =) 1 + r � z �

p13� r2

LuegoR� =

�(r; �; z) 2 IR3= (r; �) 2 D; 1 + r � z �

p13� r2

La región R al ser proyectada sobre el plano xy. producez = 0 =) x2 + y2 = 13

D�1 =

n(r; �) 2 IR3= � r � 2 ;��

2� � � �

2

oComo el Jacobiano de transformación a cilíndricas es:����@ (x; y; z)@ (r; �; z)

���� = r se tiene:

22

V =

ZZZR

dxdydz =

Z 2

0

Z 2�

0

Z p13�r2

1+r

rdzd�dr

=

Z 2

0

Z 2�

0

rzp13�r2

1+r d�dr

=

Z 2

0

Z 2�

0

r�p

13� r2 � (1 + r)�d�dr

= 2�

Z 2

0

�rp13� r2 �

�r + r2

��dr

= 2�

��13

�13� r2

�3=2 � �r22+r3

3

��20

= 2�

�1

3

�133=2 � 73=2

���4

2+8

3

��

7.3 Problema

Calcular utilizando coordenadas cilíndricas el volumen de la región R , donde Res el interior a la esfera x2+y2+z2 = 4; z � 0;y exterior al cilindro (x�1)2+y2 =1:SoluciónLa región R se describe en coordenadas cartesianas mediante

R =n(x; y; z) 2 IR3= (x; y) 2 D; 0 � z �

p4� x2 � y2

odonde D es la proyección de R sobre el plano xy.D =

�(x; y) 2 IR3=x2 + y2 � 4 ; (x� 1)2 + y2 � 1

Transformemos la región R a coordenadas cilindricas de�nidas porx = r cos �y = rsen�z = z

9=; =) x2 + y2 + z2 = r2(cos2 � + sen2�) + z2 � 4

() 0 � z �p4� r2

La región R al ser proyectada sobre el plano xy da origen a dos subregiones

x2 + y2 � r2 � 4 () 0 � r � 2 si �2� � � 3�

2(x� 1)2 + y2 � 1 () r � 2 cos � y r � 2 si -�

2� � � �

2

Entonces, la región R� puede describirse medianteR� =

�(r; �; z) = (r; �) 2 D� = D�

1 [D�1 ; 0 � z �

p4� r2

D�1 =

n(r; �) 2 IR3=2 cos � � r � 2 ;��

2� � � �

2

oD�2 =

�(r; �) 2 IR3=0 � r � 2 ;

�

2� � � 3�

2

�

23

Ademas, el Jacobiano de la transformación a cilíndricas es:����@ (x; y; z)@ (r; �; z)

���� = rEn consecuencia la integral puede describirse por

I =

ZZZR

(r) drd�dz

=

Z �=2

��=2

Z 2

2 cos �

Z p4�r2

0

rdzdrd� +

Z 3�=2

�=2

Z 2

0

Z p4�r2

0

rdzdrd�

=

Z �=2

��=2

Z 2

2 cos �

rhzip4�r20

drd� +

Z 3�=2

�=2

Z 2

0

rhzip4�r20

drd�

=

Z �=2

��=2

Z 2

2 cos �

rp4� r2drd� +

Z 3�=2

�=2

Z 2

0

rp4� r2drd�

=

Z �=2

��=2

��13

�4� r2

�3=2�22 cos �

d� +

Z 3�=2

�=2

��13

�4� r2

�3=2�20

d�

=8

3

Z �=2

��=2

�1� cos2 �

�3=2d� +

8

3

Z 3�=2

�=2

d�

=8

3

Z �=2

��=2sen3�d� +

8

3

Z 3�=2

�=2

d�

=8

3

�� cos � + cos

3 �

3

��=2��=2

+8

3� =

8

3�

7.4 Problema

Calcular I =ZZZ

D

�x2

a2+y2

b2+z2

c2

�dxdydz:

En la región D =

�(x; y; z) 2 IR3=x

2

a2+y2

b2+z2

c2� 1�

a > 0; b > 0; c > 0

Solución.La región de integración es un elipsoide de semieejes a,b,c.Efectuemos un primer cambio de variables:x = au; y = bv; z = cw:Con ello, D se transforma en la bola.D� =

�(u; v; w) =u2 + v2 + w2 � 1

yel valor absoluto del Jacobiano queda

: ���� @ (x; y; z)@ (u; v; w)

���� =������a 0 00 b 00 0 c

������ = abcLuego, aplicando el teorema del cambio de variables y obtenemos la integral

24

I =

ZZZD

�x2

a2+y2

b2+z2

c2

�dxdydz:

=

ZZZD�

�u2 + v2 + w2

� ���� @ (x; y; z)@ (u; v; w)

���� dudvdw=

ZZZD�

�u2 + v2 + w2

� ���� @ (x; y; z)@ (u; v; w)

���� dudvdw=

ZZZD�(u2 + v2 + w2) (abc) dudvdw

Ahora, transformamos a coordenadas esféricas.

u = rsen� cos�v = rsen�sen�w = r cos �

9=; =)

0 � u2 + v2 + w2 � 1 =) 0 � r � 1tg� =

v

w=) 0 � � � �

tg� =v

u=) 0 � � � 2�

Quedando, la region D�� = f(r; �; �) =0 � r � 1; 0 � � � �; 0 � � � 2�g

abc

ZZZD�(u2 + v2 + w2)dudvdw = abc

Z 2�

0

Z �

0

Z 1

0

�r2�r2sen� drd�d�

= abc

Z 2�

0

Z �

0

r5

5

����10

sen� d�d�

=abc

5

Z 2�

0

� cos �j�0 d�

=2abc

5

Z 2�

0

d� =4�abc

5

ObservaciónEs claro que la integración se podría haber efectuado usando directamentela trasformación compuesta.x = arsen� cos�y = brsen�sen�z = cr cos �

9=; =)����@ (x; y; z)@ (r; �; �)

���� = abcr2sen�7.5 Problema

Calcular I =ZZZ

D

dxdydz:q(x� a)2 + (y � b)2 + (z � c)2

;

en la región D =�(x; y; z) 2 IR3=x2 + y2 + z2 � R2

; (a; b; c) es un punto

�jono peteneciente a la esfera x2 + y2 + z2 � R2:Solución.

25

Si usamos coordenadas cartesianas los límites de integración sondi�cultosos, pues en tal caso tendríamos.

I =

ZZZD

dxdydz:q(x� a)2 + (y � b)2 + (z � c)2

I =

Z r

�r

Z pr2�x2

�pr2�x2

Z pr2�x2�y2�pr2�x2�y2

dzdydx:q(x� a)2 + (y � b)2 + (z � c)2

Es claro que si usamos este camino las cosas no serán fáciles.Sin embargo , dada la simetria esférica del dominio y observando que el

integrando no es nada más que el reciproco de la distancia desde (a; b; c) =2 Dhasta (x; y; z) 2 D;nos damos cuenta que el resultado no puede depender másque de la distancia d entre dichos puntos.Por ello, el resultado no puede variarsi ubicamos el eje z pasando por el punto (a; b; c). Si (0; 0; d) son las nuevascoordenadas del punto �jo tenemos.

I =

ZZZD

dxdydz:qx2 + y2 + (z � d)2

ObservaciónEl razonamiento anterior es muy usado el cálculo de integrales que aparecenaplicaciones a la Física pues en dicha Ciencia son comunes las leyes en queaparece una distacia o el cuadrado de una distancia en el denominador delintegrando.Para calcular I en (*) usamos coordenadas esféricas. Obtenemos:

I =

Z R

0

Z �

0

Z 2�

0

r2sen� d�d�drpr2 + d2 � 2dr cos �

= 2�

Z R

0

Z �

0

r2sen� d�drpr2 + d2 � 2dr cos �

Para calcular

J =

Z �

0

r2sen� d�drpr2 + d2 � 2dr cos �

podemos hacers = r2 + d2 � 2dr cos �ds = 2drsen�d�Además, � = 0 =) s = r2 + d2 � 2dr = (d� r)2

� = � =) s = r2 + d2 + 2dr = (d+ r)2

Reemplazando en la integral anterior produce

26

J =r

2d

Z (d+r)2

(d�r)2s�1=2ds =

r

2d2s1=2

���(d+r)2(d�r)2

=r

2d[2 (d+ r)� 2 (d� r)]

=r

2d[4r] =

2r2

d

Por lo tanto

I = 2�

Z R

0

2r2

ddr

I =4�

d

r3

3

����R0

I =4�

3dR3

27