INTEGRALES MULTIPLES

EMPEZAREMOS CON LAS

INTEGRALES DOBLES

Las integrales dobles se aplican a las funciones de dos

variables, z = f(x, y) con la finalidad de calcular el volumen

que está debajo de ella. Pero iniciaremos nuestro estudio

considerando algunas situaciones particulares que facilitarán

su aprendizaje, como z > 0 y de dominio D rectangular [a,

b]x[c, d], como se muestra en la figura siguiente:

z=f(x,y)

D

Dividimos el intervalo [a, b] en “n” partes iguales y el intervalo

[c, d] en m partes iguales, de modo que: ∆𝒙 = 𝒃−𝒂

𝒏 y ∆𝒚 =

𝒅−𝒄

𝒎

luego tenemos una malla de mxn sub-intervalos de área ∆Aij=∆𝒙 ∆𝒚

Tomando el sub-intervalo genérico ij, en donde el punto medio es (𝒙𝒊,

∗𝒚𝒋∗) determinamos el valor de z en dicho punto será f (𝒙𝒊,

∗𝒚𝒋∗)

El área de dicho sub-intervalo es ∆𝒙 ∆𝐲, de modo que dicho

rectángulo de dimensiones ∆𝒙 𝐲 ∆𝐲 y f 𝒙𝒊,∗𝒚𝒋

∗ definen un

prisma recto de volumen ∆𝑽𝒊𝒋 = ∆𝒙∆𝐲 f 𝒙𝒊,∗𝒚𝒋

∗ como se ve en

la figura

Y d . . yj

. Y1

c a x1 x2……… …….xi ………………… b x

Δy Δx

Como tenemos mxn sub-intervalos, tendremos mxn prismas

rectos.

El volumen del prisma genérico será:𝑽𝒊𝒋 = 𝒇(𝒙𝒊,∗𝒚𝒋

∗)∆𝒙∆𝒚

Ahora vamos a sumar ordenadamente los volúmenes de

estos mxn prismas.

Primero sumando los volúmenes

en cada fila j:

J =1 𝑽𝒊𝟏= 𝒇(𝒙𝒊,∗𝒚𝟏

∗)∆𝒙∆𝒚𝒏𝒊=𝟏

J =2 𝑽𝒊𝟐= 𝒇(𝒙𝒊,∗𝒚𝟐

∗)∆𝒙∆𝒚𝒏𝒊=𝟏

.

.

J = m 𝑽𝒊𝒎= 𝒇(𝒙𝒊,∗𝒚𝒎

∗)∆𝒙∆𝒚𝒏𝒊=𝟏

∆Aij=∆𝒙 ∆𝒚

),( **

ji yx

),( **

ji yxf

ΔAij = ΔxΔy

Sumando los volúmenes de todas las m filas:

𝑽𝑺 = 𝒇(𝒙𝒊,∗𝒚𝒋

∗)∆𝒙∆𝒚 𝒏𝒊=𝟏

𝒎𝒋=𝟏

Ahora vamos a sumar los volúmenes en cada columna i:

Si i = 1 𝑽𝟏𝒋= 𝒇(𝒙𝟏,∗𝒚𝒋

∗)∆𝒙∆𝒚𝒎𝒊=𝟏

Si i = 2 𝑽𝟐𝒋= 𝒇(𝒙𝟐,∗𝒚𝒋

∗)∆𝒙∆𝒚𝒎𝒊=𝟏

.

.

Si i = n 𝑽𝒏𝒋= 𝒇(𝒙𝒏,∗𝒚𝒋

∗)∆𝒙∆𝒚𝒎𝒊=𝟏

Sumando los volúmenes de todas las n columnas:

𝑽𝑺 = 𝒇(𝒙𝟏,∗𝒚𝒋

∗)∆𝒙∆𝒚𝒎𝒊=𝟏

𝒏𝒊=𝟏

El volumen total es el mismo, solo se ha variado el orden de

la suma, por tanto:

𝑽𝑺 = 𝒇(𝒙𝒊,∗𝒚𝒋

∗)∆𝒙∆𝒚 𝒏𝒊=𝟏

𝒎𝒋=𝟏 = 𝒇(𝒙𝟏,

∗𝒚𝒋∗)∆𝒙∆𝒚𝒎

𝒊=𝟏𝒏𝒊=𝟏

Llevando al límite cuando n→∞ y m →∞

Como ∆𝒙 = 𝒃−𝒂

𝒏 y ∆𝒚 =

𝒅−𝒄

𝒎 entonces ∆𝒙→𝟎 𝒚 ∆y→𝟎

𝑽𝑺 = 𝒍𝒊𝒎𝒏→∞𝒎→∞

𝒇(𝒙𝒊,∗𝒚𝒋

∗)∆𝒙∆𝒚 = 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝒚𝒅𝒙𝒃

𝒂

𝒅

𝒄

𝒏

𝒊=𝟏

𝒎

𝒋=𝟏

𝑽𝑺 = 𝒍𝒊𝒎𝒏→∞𝒎→∞

𝒇(𝒙𝒊,∗𝒚𝒋

∗)∆𝒙∆𝒚 = 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝒙𝒅𝒚𝒅

𝒄

𝒃

𝒂

𝒎

𝒋=𝟏

𝒏

𝒊=𝟏

Teorema de Fubini

Por tanto: 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝒚𝒅𝒙𝒅

𝒄

𝒃

𝒂 = 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝒙𝒅𝒚

𝒃

𝒂

𝒅

𝒄

Integrales Iteradas

[ 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝒚]𝒅𝒙𝒅

𝒄

𝒃

𝒂= [ 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝒙]𝒅𝒚

𝒃

𝒂

𝒅

𝒄

Hay que tener en cuenta que el orden de integración “es de

dentro hacia fuera”. Esto es la [ 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝒙]𝒅𝒚,𝒃

𝒂

𝒅

𝒄 se integra

la integral que está dentro del corchete respecto a x manteniendo

constante y, y luego el resultado, se integra respecto a y.

EJEMPLO Evaluar I= 𝒙𝟐𝒚𝒅𝒚𝒅𝒙 = [ 𝒙𝟐𝒚𝒅𝒚]𝒅𝒙𝟐

𝟏

𝟑

𝟎

𝟐

𝟏

𝟑

𝟎

Integramos primero respecto a y considerando a x constante:

I= [ 𝒙𝟐𝒚𝒅𝒚]𝒅𝒙 = [𝒚𝟐

𝟐

𝟑

𝟎]𝟐𝟏𝒙𝟐𝒅𝒙

𝟐

𝟏=

𝟑

𝟐𝒙𝟐

𝟑

𝟎 𝒅𝒙

𝟑

𝟎

Ahora integramos respecto a x: I= 𝟑

𝟐𝒙𝟐

𝟑

𝟎 𝒅𝒙=

𝟑

𝟐

𝒙𝟑

𝟑

𝟑𝟎=

𝟐𝟕

𝟐

Si estamos frente a una integral doble en donde los límites son

cerrados, como en el ejemplo que acabamos de ver, esto es x

varía entre [0, 3] e y [1, 2] y la función sub-integral f(x, y) es el

producto de dos funciones de variables separadas, esto es f(x,

y) = u(x) v(y) entonces la integral doble se puede resolver

integrando dos integrales simples y el resultado se multiplica:

I= 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝒚𝒅𝒙𝒅

𝒄

𝒃

𝒂= 𝒖 𝒙)𝒗(𝒚 𝒅𝒚𝒅𝒙

𝒅

𝒄

𝒃

𝒂=

I = 𝒖 𝒙 𝒅𝒙 𝒗 𝒚 𝒅𝒚𝒅

𝒄

𝒃

𝒂

El ejemplo anterior nos ilustra esta propiedad:

I= 𝒙𝟐𝒚𝒅𝒚𝒅𝒙 = 𝒖 𝒙 = 𝒙𝟐

𝒗 𝒚 = 𝒚

𝟐

𝟏

𝟑

𝟎= 𝒚𝒅𝒚

𝟐

𝟏 𝒙𝟐𝒅𝒙 =𝟑

𝟎

I= 𝒚𝒅𝒚𝟐

𝟏 𝒙𝟐𝒅𝒙 =𝒚𝟐

𝟐

𝟐𝟏

𝟑

𝟎

𝒙𝟑

𝟑

𝟑𝟎=

𝟑

𝟐

𝟐𝟕

𝟑=

𝟐𝟕

𝟐

PROPIEDADES DE LAS INTEGRALES DOBLES

1. 𝒄𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨 =𝑹

c 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨𝑹

2. 𝒇 𝒙, 𝒚 ± 𝒈 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨 = 𝒇(𝒙, 𝒚)𝒅𝑨 ± 𝒈 𝒙, 𝒚𝑹

𝒅𝑨𝑹𝑹

3. 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨 ≥ 𝟎 𝒔𝒊 𝒇(𝒙, 𝒚) ≥ 𝟎𝑹

4. 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨 ≥ 𝒈 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨𝑹

𝒔𝒊 𝒇(𝒙, 𝒚) ≥ 𝒈(𝒙, 𝒚)𝑹

5. 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨 = 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨 +𝑫 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨

𝑬

𝑹

𝑺𝒊 𝑹 = 𝑫 ∪ 𝑬

Ejemplo:

Calcular el volumen del sólido que se encuentra arriba del

cuadrado [0, 2]x[0, 2] y debajo del paraboloide z=16-𝒙𝟐 − 𝟐𝒚𝟐 .

𝑽 = 𝟏𝟔 − 𝒙𝟐 − 𝟐𝒚𝟐 𝒅𝒙𝒅𝒚 =𝟐

𝟎

𝟐

𝟎

𝑽 = 𝟏𝟔𝒙 −𝒙𝟑

𝟑− 𝟐𝒚𝟐𝒙

𝟐𝟎

𝟐

𝟎dy=

𝑽 = 𝟑𝟐 −𝟖

𝟑− 𝟒𝒚𝟐𝟐

𝟎dy=

𝑽 =𝟖𝟖

𝟑𝒚 − 𝟒

𝒚𝟑

𝟑

𝟐𝟎=

𝟏𝟕𝟔

𝟑−

𝟑𝟐

𝟑 =

𝟏𝟒𝟒

𝟑

Luego el volumen encerrado V = 48 𝒖𝟑

y Paraboloide z = 16- 𝒙𝟐 − 𝟐𝒚𝟐 0 2 y 2 (2, 2) x

GENERALIZACIÓN DEL DOMINIO

Dada la función z = f(x, y) > 0, cuyo dominio es una región R

simple y cerrada.

Definimos una función F(x, y) cuyo

dominio D =[a, b]x[c, d] que contiene

a R, como se ve en la figura:

𝑭 𝒙, 𝒚 = 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒔𝒊 (𝒙, 𝒚) ∈ 𝑹

𝟎 𝒔𝒊 𝒙, 𝒚 ∈ 𝑫 − 𝑹

Como F(x, y)≥ 𝟎 𝒚 𝒅𝒐𝒎𝒊𝒏𝒊𝒐 𝑫 𝒓𝒆𝒄𝒕𝒂𝒏𝒈𝒖𝒍𝒂𝒓, 𝒄𝒖𝒎𝒑𝒍𝒆 𝒍𝒂𝒔 condiciones de la definición. Integrando esta función F(x,

y):

𝑭 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨 = 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨 + 𝟎𝒅𝑨 =

𝑫−𝑹𝑹𝑫

𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨

𝑹

R

y d D C 0 a b

En la siguiente figura se muestra el gráfico de F(x, y)

Como F(x, y) = 0 para cuando (x, y)

se encuentra en la región D-R,

el volumen en esa región es cero.

Por tanto:

𝑭 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨 = 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨𝑹𝑫

z z=f(x, y) c d y a R D b

TIPOS DE REGIONES

Región Tipo I: D1={ (x, y)/ a ≤ x ≤ b y u1(x) ≤ y ≤ u2(x) }

La integral doble para esa región será: 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝒚𝒅𝒙𝒖𝟐(𝒙)

𝒖𝟏(𝒙)

𝒃

𝒂

En la figura se muestran las formas que puede adoptar D1

y y y

u2(x) u2(x) u2(x) D1 D1 D1

u1(x) u1(x) u1(x) 0 a b 0 a b 0 a b

Región Tipo II: D2 = {(x, y) / c ≤ y ≤ d y h1(y) ≤ x ≤ h2(y) }

La integral doble para esa región será: 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝒙𝒅𝒚𝒉𝟐(𝒚)

𝒉𝟏(𝒚)

𝒅

𝒄

En la figura se muestra las formas que puede asumir D2

y y y d d d h1(y) h2(y) h1(y) h2(y) h1(y) h2(y) D2 D2 D2

c c c 0 x 0 x 0 x

Teorema de Fubini para regiones generales: Región Tipo 1

egión

Cálculo de A(x):

Tomando el plano x = x corta a la

superficie S dada por z =f(x,y) en

una curva en donde x permanece

constante x = x, luego el área A(x):

A(x)= 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝒚𝒈𝟐(𝒙)

𝒈𝟏(𝒙)

Para calcular el volumen consideramos un dx que define con

A(x) un dV = A(x)dx, integrando entre a y b tenemos:

VOLUMEN = 𝑨 𝒙 𝒅𝒙 =𝒃

𝒂 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝒚𝒅𝒙

𝒈𝟐(𝒙)

𝒈𝟏(𝒙)

𝒃

𝒂

Ahora vamos a verlo para una región Tipo 2

Cálculo de A(y):

Tomando el plano y = y corta a la

superficie S dada por z =f(x,y) en

una curva en donde y permanece

constante y = y, luego el área A(y):

A(y) = 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝒙𝒉𝟐(𝒚)

𝒉𝟏(𝒚)

Para calcular el volumen consideramos un dy que define con

A(y) un dV = A(y)dy, integrando entre c y d tenemos:

VOLUMEN = 𝑨 𝒚 𝒅𝒚 =𝒅

𝒄 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝒙𝒅𝒚

𝒉𝟐(𝒚)

𝒉𝟏(𝒚)

𝒅

𝒄

Ejercicio

Evalúe 𝒙+ 𝟐𝒚 𝒅𝑨𝑫

donde D es la región limitada por las

curvas 𝒚 = 𝟐𝒙𝟐 𝒆 𝒚 = 𝟏 + 𝒙𝟐

En donde 𝒚 − 𝟏 = 𝒙𝟐

Hacemos el gráfico, vemos que la

región es tipo I:

D={(x, y)/ -1 ≤ x ≤ 1 y 2𝒙𝟐 ≤ 𝒚 ≤ 𝒙𝟐 + 𝟏}

Luego la integral será:

I= 𝒙+ 𝟐𝒚 𝒅𝑨𝑫

= 𝒙 + 𝟐𝒚 𝒅𝒚𝒅𝒙𝟏+𝒙𝟐

𝟐𝒙𝟐𝟏

−𝟏=

𝑰 = 𝒙 𝒙𝟐 + 𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝟏𝟐− 𝟐𝒙𝟑 − 𝟒𝒙𝟒 𝒅𝒙 =

𝟏

−𝟏

21 xy

22xy

D

y 2 1 -1 0 1 x

D

𝑰 = 𝟏 + 𝒙 + 𝟐𝒙𝟐 − 𝒙𝟑 − 𝟑𝒙𝟒 𝒅𝒙 =𝟏

−𝟏

𝑰 = 𝒙 +𝒙𝟐

𝟐+ 𝟐

𝒙𝟑

𝟑−𝒙𝟒

𝟒− 𝟑

𝒙𝟓

𝟓𝟏−𝟏

= 𝟐 + 𝟎 +𝟒

𝟑− 𝟎 − 𝟑

𝟐

𝟓=

𝑰 =𝟑𝟐

𝟏𝟓

EJEMPLO

Evalúe 𝒙𝒚𝒅𝑨𝑫

donde D es la región limitada por la recta

y=x-1 y la parábola 𝒚𝟐 = 2x+6.

INTEGRALES DOBLES EN CC POLARES

Relación entre coordenadas polares (r, θ) y las

rectangulares (x, y) de un punto:

𝒙 = 𝒓𝒄𝒐𝒔𝜽𝒚 = 𝒓𝒔𝒆𝒏𝜽

𝒓𝟐 = 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐

𝒕𝒈𝜽 =𝒚

𝒙

Se usan cuando las curvas que definen las regiones están

limitadas por funciones circulares. Como circunferencias,

cardiodes, rosa de cuatro pétalos, trébol, etc.

Dada la función z = f(x, y) > 0, cuyo dominio R es un sector de

corona circular, 𝑹 = { (𝒓, 𝜽)/𝒂 ≤ 𝒓 ≤ 𝒃;𝜶 ≤ 𝜽 ≤ 𝜷} como se

muestra en la figura:

Dividimos el intervalo de r en

“n” partes y el intervalo de θ

en “m” partes, de modo que:

∆𝒓 =𝒃−𝒂

𝒏 y ∆𝜽 =

𝜷−𝜶

𝒎

De manera que tendríamos una malla de mxn sub-intervalos,

si nos detenemos en el sub-intervalo genérico 𝒓𝒊−𝟏, 𝒓𝒊 𝒙[𝜽𝒋−𝟏, 𝜽𝒋]

Vemos que el punto medio de dicho sub-intervalo será:

𝒓∗𝒊 , 𝜽

∗𝒋

Θ=α

Θ=β

a

b

jj

ii

jiij

rrrrR

1

1:,

**, jir

α

En donde: 𝒓∗𝒊=

𝒓𝒊−𝟏+𝒓𝒊

𝟐 y 𝜽

∗𝒋 =

𝜽𝒋−𝟏+𝜽𝒋

𝟐

El área de un sector circular viene dada por: 𝑨𝒔𝒄 =𝟏

𝟐𝜽𝒓𝟐

El área del sub-intervalo genérico será:

𝑨𝒊𝒋 =𝟏

𝟐∆𝜽 𝒋𝒓

𝟐𝒊−

𝟏

𝟐∆𝜽 𝒋𝒓

𝟐𝒊 − 𝟏

=𝟏

𝟐∆𝜽𝒋 𝒓

𝟐𝒊− 𝒓

𝟐𝒊 − 𝟏

=

𝑨𝒊𝒋 =𝟏

𝟐∆𝜽𝒋 𝒓𝒊 + 𝒓𝒊−𝟏 𝒓𝒊 − 𝒓𝒊−𝟏 =∆𝜽𝒋 𝒓

∗𝒊∆𝒓

Determinando el valor de f(𝒙∗𝒊, 𝒚

∗𝒊) en el punto medio del sub-

intervalo genérico, como 𝒙∗𝒊= 𝒓

∗𝒊 𝒄𝒐𝒔𝜽

∗𝒋 , 𝒚

∗𝒊= 𝒓

∗𝒊 𝒔𝒆𝒏𝜽

∗𝒋,

entonces: 𝒇 𝒓∗

𝒊 𝒄𝒐𝒔𝜽

∗

𝒋, 𝒓∗

𝒊 𝒔𝒆𝒏𝜽

∗

𝒋

Estamos frente a un prisma cuya sección recta es el área del

sub-intervalo genérico y la altura el valor de f(𝒙∗𝒊, 𝒚

∗𝒊) en el

punto medio del sub-intervalo genérico, cuyo volumen estará

dado por: 𝑽𝒊𝒋 = 𝒇 𝒓∗

𝒊 𝒄𝒐𝒔𝜽

∗

𝒋, 𝒓∗

𝒊 𝒔𝒆𝒏𝜽

∗

𝒋 ∆𝜽𝒋 𝒓∗𝒊∆𝒓

Como tenemos mxn sub-intervalos, tendremos mxn prismas,

sumando los volúmenes ordenadamente, se obtiene (suma de

Riemann):

𝑽𝒔 = 𝒇 𝒓∗𝒊 𝒄𝒐𝒔𝜽

∗𝒋, 𝒓

∗𝒊 𝒔𝒆𝒏𝜽

∗𝒋 ∆𝜽𝒋 𝒓

∗𝒊∆𝒓

𝒎

𝒋=𝟏

𝒏

𝒊=𝟏

Llevando al límite 𝑽𝒔 cuando m y n tienden a infinito:

𝒍𝒊𝒎𝒏→∞𝒎→∞

𝒇 𝒓∗

𝒊 𝒄𝒐𝒔𝜽

∗

𝒋, 𝒓∗

𝒊 𝒔𝒆𝒏𝜽

∗

𝒋 ∆𝜽𝒋 𝒓∗

𝒊∆𝒓= 𝒓𝒇(𝒓𝒄𝒐𝒔𝜽, 𝒓𝒔𝒆𝒏𝜽)

𝜷

𝜶

𝒅𝜽𝒅𝒓𝒃

𝒂

𝒎

𝒋=𝟏

𝒏

𝒊=𝟏

Luego:

𝐕= 𝒓𝒇(𝒓𝒄𝒐𝒔𝜽, 𝒓𝒔𝒆𝒏𝜽)𝜷

𝜶

𝒅𝜽𝒅𝒓= 𝒓𝒇(𝒓, 𝜽)𝜷

𝜶

𝒅𝜽𝒅𝒓𝒃

𝒂

𝒃

𝒂

EJEMPLO

Halle el volumen del sólido que se encuentra encima de z=0,

dentro del cilindro 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟐𝒙 𝒚 𝒅𝒆𝒃𝒂𝒋𝒐 𝒅𝒆𝒍 𝒑𝒂𝒓𝒂𝒃𝒐𝒍𝒐𝒊𝒅𝒆 𝒛 = 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐

Como la región es un círculo

conviene usar C.C. Polares

x= rcosθ

y=rsenθ

La circunferencia:

𝒙𝟐+𝒚𝟐 = 𝟐𝒙 en CC. Polares

𝒓𝟐 = 𝟐𝒓𝒄𝒐𝒔𝜽 → 𝒓 = 𝟐𝒄𝒐𝒔𝜽

La región de integración es el círculo, que en C.C. Polares queda

definido de la siguiente manera:

z 4 D x 2 1 0 y

𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟐𝒙 z=𝒙𝟐 + 𝒚𝟐

D = {(r, θ)/ -𝝅

𝟐 ≤ 𝜽 ≤

𝝅

𝟐 y 0 ≤ r ≤ 2cos θ}

z = (x, y) = 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐

z = f(r, θ) = 𝒓𝟐 reemplazando:

𝑽 = 𝒓𝒇 𝒓, 𝜽 𝒅𝜽𝒅𝒓 = 𝒓(𝒓𝟐)𝒅𝒓𝒅𝜽 =𝟐𝒄𝒐𝒔𝜽

𝟎

𝝅𝟐

−𝝅𝟐

𝜷

𝜶

𝒃

𝒂

𝑽 = 𝒓𝟒

𝟒𝟐𝒄𝒐𝒔𝜽

𝟎 𝒅𝜽 =

𝟏𝟔𝒄𝒐𝒔𝟒𝜽

𝟒 𝒅𝜽 =

𝝅𝟐

−𝝅𝟐

𝝅𝟐

−𝝅𝟐

𝑽 = 𝟒 𝟏 + 𝒄𝒐𝒔𝟐𝜽

𝟐

𝟐

𝒅𝜽 =𝟑𝝅

𝟐

𝝅𝟐

−𝝅𝟐

y r=2cosθ r θ D 0 1 2 x

EJEMPLO

Determinar el volumen del sólido que está encima del plano

z=0, limitado por los planos x=4 ; y = 6-x, y= 0; x=0 y

debajo de 𝒛 = 𝟒 −𝒙𝟐

𝟒 como se muestra en la figura siguiente.

La región es tipo I:

D={(x, y)/ 0≤x≤4 y 0≤y≤6-x}

El volumen estará dado por:

𝐕 = 𝟒 −𝒙𝟐

𝟒𝒅𝒚𝒅𝒙

𝟔−𝒙

𝟎

𝟒

𝟎=

V= 𝟒 −𝒙𝟐

𝟒𝒚

𝟔 − 𝒙𝟎

𝟒

𝟎𝒅𝒙

Operando y simplificando:

𝑽 = 𝟐𝟒𝒙 − 𝟐𝒙𝟐 −𝟏

𝟑𝒙𝟑 −

𝟏

𝟏𝟔𝒙𝟒 = 𝟒𝟖 𝒖𝟑𝟒

𝟎

44

2xz

xy 64x

3) Cálculo de la masa de la región D (dominio)

Si f(x, y) es la densidad superficial = ρ(x, y) = 𝒅𝒎

𝒅𝑨

Entonces dm = ρ(x, y) dA integrando:

𝒅𝒎 = 𝝆 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨𝑫𝑫

En el ejemplo anterior si ρ(x, y) = 2x

𝒎 = 𝟐𝒙𝒅𝒚𝒅𝒙 = 𝟐 𝒙𝒚𝟔 − 𝒙𝟎

𝒅𝒙 =𝟒

𝟎

𝟔−𝒙

𝟎

𝟒

𝟎

𝒎 = 𝟐 𝟔𝒙 − 𝒙𝟐 𝒅𝒙 = 𝟐 𝟑𝒙𝟐 −𝒙𝟑

𝟑

𝟒𝟎=

𝟏𝟔𝟎

𝟑

𝟒

𝟎

APLICACIONES

1) Área de la región D, se determina de modo indirecto, ya que

en realidad lo que se calcula es el volumen del sólido cuyo

valor coincide con el valor del área de la región D, esto se da

cuando la altura es la unidad, esto es cuando z = f(x, y)= 1.

Sabemos que: 𝑽 = 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨 =𝑫 𝒅𝑨 =

𝑫𝑨𝑫

2) Valor medio, es el valor “z = f(x, y)” que multiplicada por el

área de la base, sea igual al volumen que se encuentra debajo

de la superficie S definida por z = f(x, y).

𝑳𝒖𝒆𝒈𝒐: 𝒛𝒎=𝟏

𝑨𝑫 𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨

𝑫

44

2xz

xy 64x

1

EJEMPLO

Del ejemplo anterior vamos a:

a) Calcular el área de D:

𝑨𝑫 = 𝒅𝒚𝒅𝒙𝟔−𝒙

𝟎

𝟒

𝟎

= 𝒚𝟔 − 𝒙𝟎

𝒅𝒙𝟒

𝟎

𝑨𝑫 = 𝟔 − 𝒙 𝒅𝒙 = 𝟔𝒙 −𝒙𝟐

𝟐

𝟒𝟎

𝟒

𝟎= 𝟏𝟔𝒖𝟐

b) Calcular el valor medio:

Como el volumen se calculó antes se tiene que V = 48 𝒖𝟑

Luego el valor medio será: 𝒛𝒎 = 48𝟏𝟔

= 𝟑

3) Cálculo de los momentos de primer orden y centro de masa

Sabemos que la masa viene dada por:

𝑴 = 𝝆 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨

𝑫

Y sus momentos alrededor de los

dos ejes coordenados son:

𝑴𝒙 = 𝒚𝝆 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨; 𝑴𝒚 = 𝒙𝝆 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨

𝑫𝑫

El centro de masa se localiza en el punto 𝒙 , 𝒚

Donde: 𝒙 =𝑴𝒚

𝑴 ; 𝒚 =

𝑴𝒙

𝑴

x

y yx,

4) MOMENTOS DE INERCIA

El Momento de Inercia es una medida de la materia a

resistirse a cambios en el movimiento de rotación.

Si consideramos un diferencial de masa

en un punto cualquiera de la lámina, el

dIy = 𝒙𝟐𝒅𝒎 = 𝒙𝟐𝝆 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨 y

dIx = 𝒚𝟐𝒅𝒎 = 𝒚𝟐𝝆 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨

Integrando:

𝑰𝒙 = 𝒚𝟐𝝆 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨𝑫

; 𝑰𝒚 = 𝒙𝟐𝝆 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨𝑫

El momento de Inercia respecto al origen: Io = Ix + Iy

x

y

dm

EJEMPLO

Una lámina de densidad ρ(x,y)=xy está limitada por el eje de las

x, la recta x = 8 y la curva y=x 2/3 . Calcular: la masa, el centro

de masa y momentos de inercia.

Solución: En la figura, se aprecia la región correspondiente a

la lámina

𝑴 = 𝝆 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨 = 𝒙𝒚𝒅𝒚𝒅𝒙𝒙𝟐𝟑

𝟎

𝟖

𝟎𝑫=

𝑴 = 𝒙 𝒚𝒅𝒚𝒅𝒙 =

𝟐𝟑

𝟎

𝟖

𝟎

𝒙𝒚𝟐

𝟐𝒙𝟐𝟑

𝟎𝒅𝒙 =

𝟖

𝟎

𝑴 =𝟏

𝟐 𝒙

𝟕𝟑𝒅𝒙 =

𝟏

𝟐

𝟖

𝟎

𝒙𝟏𝟎𝟑

𝟏𝟎𝟑

𝟖𝟎=

𝟑

𝟐𝟎𝟐𝟏𝟎 =

𝟑𝒙𝟐𝟗

𝟏𝟎

y=x 2/3

D

Calculando los primeros momentos, se tiene:

𝑴𝒚 = 𝒙𝝆 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨 = 𝒙 𝒙𝒚 𝒅𝒚𝒅𝒙 =𝒙𝟐𝟑

𝟎

𝟖

𝟎𝑫

𝑴𝒚 = 𝒙𝟐𝒚𝟐

𝟐𝒙𝟐𝟑

𝟎

𝟖

𝟎

𝒅𝒚 =𝟏

𝟐 𝒙

𝟏𝟎𝟑 𝒅𝒙 =

𝟏𝟐𝟐𝟖𝟖

𝟏𝟑

𝟖

𝟎

𝑴𝒙 = 𝒚𝝆 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨 = 𝒚 𝒙𝒚 𝒅𝒚𝒅𝒙 =𝒙𝟐𝟑

𝟎

𝟖

𝟎𝑫

𝑴𝒚 = 𝒙𝒚𝟑

𝟑𝒙𝟐𝟑

𝟎

𝟖

𝟎

𝒅𝒚 =𝟏

𝟑 𝒙𝟑𝒅𝒙 =

𝟏

𝟑

𝒙𝟒

𝟒𝟖𝟎=

𝟏𝟎𝟐𝟒

𝟑

𝟖

𝟎

Por lo tanto, el Centro de Masa de la lamina es:

𝒙 =𝑴𝒚

𝑴 y 𝒚 =

𝑴𝒙

𝑴

𝒙 =𝟏𝟐𝟐𝟖𝟖

𝟏𝟑𝟕𝟔𝟖

𝟓

=𝟖𝟎

𝟏𝟑 y 𝒚 =

𝟏𝟎𝟐𝟒

𝟑𝟕𝟔𝟖

𝟓

=𝟐𝟎

𝟗

Para hallar los momentos de inercia aplicamos:

𝑰𝒙 = 𝒚𝟐𝝆 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨𝑫

𝑰𝒙 = 𝒚𝟐 𝒙, 𝒚 𝒅𝒚𝒅𝒙𝒙𝟐𝟑

𝟎

𝟖

𝟎

𝑰𝒚 = 𝒙𝟐𝝆 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨𝑫

𝑰𝒚= 𝒙𝟐 𝒙, 𝒚 𝒅𝒚𝒅𝒙𝒙𝟐𝟑

𝟎

𝟖

𝟎

𝑰𝒙 =𝟔𝟏𝟒𝟒

𝟕 y 𝑰𝒚 =6144

x

y

y=x 2/3

D

AREA DE UNA SUPERFICIE

Sea S una superficie con ecuación z = f(x, y), donde F tiene

derivadas parciales continuas. Para facilitar el análisis

consideramos un dominio rectangular D=[a, b]x[c, d]

Dividimos en el intervalo [a, b] en

n partes iguales y el [c, d] en m, de

modo que:

∆𝒙 = 𝒃−𝒂

𝒏 y ∆𝒚 =

𝒅−𝒄

𝒎

Tendremos una malla de mxn sub-

intervalos iguales. Tomamos el sub-

Intervalo genérico, ij y definimos el

punto genérico (xi, yj) y por ese

punto trazamos el plano tangente.

c

d a

b x

Dicho plano queda dividido por

las aristas del prisma correspon-

dientes al sub-intervalo genérico

en un paralelogramo, como se

muestra en la figura en azul.

Si hacemos un zoom en esta

zona tendremos:

Vamos aproximar el área ΔSij

con el área del plano tangente ΔTij

),( **

ji yx

),( **

ji yxf

a b

ΔSij

ΔTij ∆𝑇𝑖𝑗

(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗)

𝑓(𝑥𝑖 . 𝑦𝑗)

∆𝒚

∆𝒙

∆𝒛

∆𝒛

b

a

Como ΔTij es igual //a x b// vamos a calcular a y b:

Como a es paralelo al plano y=0 no tiene componente “j” luego

a=(Δx, 0, Δx fx(xi, yj)) y b por ser paralelo al plano x=0 no

tiene componente “i” luego b = (o, Δy, Δy fy(xi, yj))

∆𝑻𝒊𝒋 =

𝒊 𝒋 𝒌∆𝒙 𝟎 ∆𝒙𝒇𝒙𝟎 ∆𝒚 ∆𝒚𝒇𝒚

= ∆𝒙∆𝒚 𝒇𝟐𝒙𝒙𝒊, 𝒚𝒋 + 𝒇𝟐

𝒚𝒙𝒊, 𝒚𝒋 + 𝟏

Como tenemos mxn sub-intervalos, tenemos que sumarlos,

aplicando la suma doble de Riemann:

𝑻 = ∆𝒙∆𝒚 𝒇𝟐𝒙𝒙𝒊, 𝒚𝒋 + 𝒇𝟐

𝒚𝒙𝒊, 𝒚𝒋 + 𝟏

𝒎

𝒋=𝟏

𝒏

𝒊=𝟏

Llevando al límite T cuando m y n tienden a infinito obtenemos

el área de la superficie S:

𝑺 = 𝒍𝒊𝒎𝒏→∞𝒎→∞

∆𝒙∆𝒚 𝒇𝟐𝒙𝒙𝒊, 𝒚𝒋 + 𝒇𝟐

𝒚𝒙𝒊, 𝒚𝒋 + 𝟏

𝒎

𝒋=𝟏

𝒏

𝒊=𝟏

𝑺 = 𝒇𝒙𝟐 𝒙, 𝒚 + 𝒇𝒙

𝟐 𝒙, 𝒚 + 𝟏𝒅

𝒄

𝒃

𝒂

𝒅𝒚𝒅𝒙

Expresión que nos permite calcular el área de la superficie S

EJEMPLOS ILUSTRATIVOS

Hallar el área de la porción del plano

z = 2 – x – y que está interceptada por

el cilindro 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 1 en el primer

cuadrante.

La región de integración D, al ser parte

de un círculo, conviene usar CC.Polares

Luego D={(r, θ)/ 0≤ θ ≤ π/2 y 0 ≤ r ≤ 1}

Como el área viene dada por:

𝑺 = 𝒇𝒙𝟐 𝒙, 𝒚 + 𝒇𝒙

𝟐 𝒙, 𝒚 + 𝟏𝒅

𝒄

𝒃

𝒂

𝒅𝒚𝒅𝒙

Tenemos que calcular fx y fy, como f(x,y) = 2 – x – y:

fx(x, y) = -1 y fy(x, y)= -1

Remplazando en la integral los datos:

𝑺 = (−𝟏)𝟐+(−𝟏)𝟐+𝟏𝟏

𝟎

𝝅

𝟐𝟎

𝒓𝒅𝒓𝒅𝜽 = 𝟑 𝒓𝒅𝒓𝒅𝜽 =𝟏

𝟎

𝝅

𝟐𝟎

𝑺 = 𝟑 𝒅𝜽 𝒓𝒅𝒓 =𝟏

𝟎

𝝅

𝟐𝟎

𝟑 𝜽𝝅

𝟐

𝟎

𝒓𝟐

𝟐

𝟏𝟎=

𝝅 𝟑

𝟒

EJEMPLO 2

Hallar el área de la superficie de 𝒛 = 𝟏 + 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 que se

encuentra dentro del cilindro 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐=1.

Calculamos las derivadas parciales:

𝒇𝒙 𝒙, 𝒚 = 𝟐𝒙 ; 𝒇𝒚 𝒙, 𝒚 = 𝟐𝒚

Remplazando:

𝑺 = 𝟒𝒙𝟐 + 𝟒𝒙𝟐 + 𝟏𝒅𝑨𝑹

Como R es un círculo, usamos CC. Polares

R

S

𝒙 = 𝒓𝒄𝒐𝒔𝜽𝒚 = 𝒓𝒔𝒆𝒏𝜽

𝑳𝒖𝒆𝒈𝒐 𝑫:

D ={(r, θ)/ 0 ≤ r ≤ 1 y 0 ≤ θ ≤ 2π}

𝑺 = 𝟏 + 𝟒𝒓𝟐𝟏

𝟎

𝟐𝝅

𝟎

𝒓𝒅𝒓𝒅𝜽 = 𝒅𝜽 𝟏 + 𝟒𝒓𝟐𝟏

𝟎

𝟐𝝅

𝟎

𝒓𝒅𝒓 =

𝑺 = 𝒅𝜽 𝟏 + 𝟒𝒓𝟐𝟏

𝟎

𝟐𝝅

𝟎

𝒓𝒅𝒓 =𝟐𝝅

𝟖 𝟏 + 𝟒𝒓𝟐

𝟏𝟐𝟖

𝟏

𝟎

𝒓𝒅𝒓 =

𝑺 =𝟐𝝅

𝟖

(𝟏 + 𝟒𝒓𝟐)𝟑𝟐

𝟑𝟐

𝟏𝟎=

𝝅

𝟔𝟓 𝟓 − 𝟏

INTEGRALES TRIPLES

Las integrales triples se aplican para funciones de tres

variables como w = f(x, y, z), esto nos presenta una gran

dificultad debido a que no sabemos graficar dicha función

debido a que se encuentra en un espacio tetra-dimensional,

pero por inducción, aunque no sepamos como es,

intentaremos imaginarlo. Las integrales triples se logran

entender mejor en las aplicaciones:

𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝑨𝒓𝒆𝒂 𝒆𝒏 𝑽𝟐

𝒃

𝒂

𝒚 𝒅𝒐𝒎𝒊𝒏𝒊𝒐 𝒆𝒏 𝑽𝟏

𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨 = 𝑽𝒐𝒍𝒖𝒎𝒆𝒏 𝒆𝒏 𝑽𝟑 𝒚 𝒅𝒐𝒎𝒊𝒏𝒊𝒐 𝒆𝒏 𝑽𝟐

𝒅

𝒄

𝒃

𝒂

𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽 = ¿ ? 𝒆𝒏 𝑽𝟒 𝒚 𝒅𝒐𝒎𝒊𝒏𝒊𝒐 𝒆𝒏 𝑽𝟑

𝒇

𝒆

𝒅

𝒄

𝒃

𝒂

Tomaremos como dominio un prisma recto, pero para

facilitar el análisis tomaremos un dominio rectangular como

D =[0, a]x[0, b]x[0, c], y dividiremos el intervalo [0, a] en n

partes iguales; el [0, b] en m partes iguales y el [0, c] en ñ

partes iguales, de modo que tendremos mxnxñ sub-

intervalos iguales, cuyas dimensiones son:

∆𝒙 =𝒂

𝒏 ; ∆𝒚 =

𝒃

𝒎; ∆𝒅 =

𝒄

ñ

Tomamos el elemento genérico ijk

de coordenadas (𝒙𝒊, 𝒚𝒋, 𝒛𝒌)

El prisma genérico tiene como

punto medio a (𝒙𝒊∗, 𝒚𝒋

∗, 𝒛𝒌∗)

y su volumen ∆𝑽 = ∆𝒙∆𝒚∆𝒛

Definimos el valor de f en ese

punto w = 𝐟(𝒙𝒊∗, 𝒚𝒋

∗, 𝒛𝒌∗)

iiiijk zyxV

c

a

b

),,( ***

kji zyx

ixjy

kz

TEOREMA DE FUBINI

Si “f” es continua sobre su dominio D =[0, a]x[0, b]x[0, c],

entonces: 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽𝑫

= 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝒛𝒅𝒚𝒅𝒙𝒄

𝟎

𝒃

𝟎

𝒂

𝟎

El orden de integración es de adentro hacia afuera, en la integral

de la derecha, empezamos integrando respecto a z, manteniendo

constantes a y y a z. luego integramos respecto a y manteniendo

constante a x y por último integramos respecto a x. Hay otras

posibles órdenes de integración:

INTEGRALES TRIPLES PARA REGIONES MÁS GENERALES

Tomemos una función f(x, y, z) continua en una región general

E, que es un sólido simple y cerrada situada en el primer

octante.

Definimos una función F(x, y, z) de

dominio D =[0, a]x[0, b]x[0, c], que

contiene a E, del modo siguiente:

𝑭 𝒙, 𝒚, 𝒛 = 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒔𝒊 (𝒙, 𝒚, 𝒛) ∈ 𝑬

𝟎 𝒔𝒊 𝒙, 𝒚, 𝒛 ∈ 𝑫 − 𝑬

Como F satisface la definición: la

integral será:

𝑰 = 𝑭 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽 = 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽 + 𝟎𝒅𝑽 =

𝑫−𝑬𝑬𝑫

0 E

D

c

b a

Expresando la integral de modo explícito:

𝑰 = 𝑭 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽 = 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽 +

𝑬𝑫

𝟎𝒅𝑽

𝑫−𝑬

Por tanto: 𝑰 = 𝑭 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽 = 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽𝑬𝑫

TIPOS DE REGIONES DE INTEGRACION

1) Región Tipo I:

E1={(x, y, z)/ (x, y) є R y u1(x, y) ≤ z ≤ u2(x, y)}

z z = u2(x, y) z=u1(x, y) 0 y R x

Asociando este valor con su correspondiente volumen,

tendríamos: 𝐟 𝒙𝒊∗, 𝒚𝒋

∗, 𝒛𝒌∗ ∆𝒙∆𝒚∆𝒛

Como tenemos mxnxñ sub-intervalos y que cada uno lleva

asociado el producto, los sumamos ordenadamente

tendríamos, según la suma de Riemann:

𝐟 𝒙𝒊∗, 𝒚𝒋

∗, 𝒛𝒌∗ ∆𝒙∆𝒚∆𝒛

ñ

𝒌=𝟏

𝒎

𝒋=𝟏

𝒏

𝒊=𝟏

Llevando al límite cuando n, m y ñ →∞ :

𝑰 = 𝒍𝒊𝒎𝒏→∞𝒎→∞ñ→∞

𝐟 𝒙𝒊∗, 𝒚𝒋

∗, 𝒛𝒌∗ ∆𝒙∆𝒚∆𝒛

ñ

𝒌=𝟏

𝒎

𝒋=𝟏

=

𝒏

𝒊=𝟏

INTEGRAL TRIPLE: 𝑰 = 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝒛𝒅𝒚𝒅𝒙𝒄

𝟎

𝒃

𝟎

𝒂

𝟎

la integral será:

𝒇 𝒙,𝒚, 𝒛 𝒅𝑽 = 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝒛𝒅𝑨𝒖𝟐(𝒙,𝒚)

𝒖𝟏(𝒙,𝒚)𝑹𝑬𝟏

Esta integral presenta dos alternativas dependiendo de como es

la región R.

a) Si R es tipo I

R1 ={ (x, y)/ a ≤ x ≤ b y h1(x) ≤ y ≤ h2(x) }

La integral estará definida así:

𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝒛𝒅𝑨 = 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝒛𝒅𝒚𝒅𝒙𝒖𝟐(𝒙,𝒚)

𝒖𝟏(𝒙,𝒚)

𝒉𝟐(𝒙)

𝒉𝟏(𝒙)

𝒃

𝒂

𝒖𝟐(𝒙,𝒚)

𝒖𝟏(𝒙,𝒚)𝑹𝟐

h2(x)

h1(x)

0 a b x

y

b) Si R es tipo II:

R2 ={ (x, y)/ c ≤ y ≤ d y g1(y) ≤ x ≤ g2(y) }

La integral estará definida así:

𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝒛𝒅𝑨 = 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝒛𝒅𝒙𝒅𝒚𝒖𝟐(𝒙,𝒚)

𝒖𝟏(𝒙,𝒚)

𝒈𝟐(𝒚)

𝒈𝟏(𝒚)

𝒅

𝒄

𝒖𝟐(𝒙,𝒚)

𝒖𝟏(𝒙,𝒚)𝑹𝟐

g1(y) g2(y)

y

d

c

0 x

2. Región Tipo II:

E2={(x, y, z)/ (y, z) є R ; u1(y, z) ≤ z ≤ u2(y, z)}

La integral será:

𝒇 𝒙,𝒚, 𝒛 𝒅𝑽 = 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝒙𝒅𝑨𝒖𝟐(𝒚,𝒛)

𝒖𝟏(𝒚,𝒛)𝑹𝑬𝟐

a) Si R es tipo I:

R1={ (y, z)/ c ≤ y ≤ d y h1(y) ≤ z ≤ h2(y) }

z

R

E u1(y, z) u2(y, z) y x

h2(y)

h1(y)

0 c d y

z

La integral estará definida así:

𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝒙𝒅𝑨 = 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝒙𝒅𝒛𝒅𝒚𝒖𝟐(𝒚,𝒛)

𝒖𝟏(𝒚,𝒛)

𝒉𝟐(𝒚)

𝒉𝟏(𝒚)

𝒅

𝒄

𝒖𝟐(𝒚,𝒛)

𝒖𝟏(𝒚,𝒛)𝑹𝟏

b) Si R es tipo II:

R2={ (y, z)/ e ≤ z ≤ f y r1(z) ≤ y ≤ r2(z) }

La integral estará definida así:

𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝒙𝒅𝑨 = 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝒙𝒅𝒚𝒅𝒛𝒖𝟐(𝒚,𝒛)

𝒖𝟏(𝒚,𝒛)

𝒓𝟐(𝒛)

𝒓𝟏(𝒛)

𝒇

𝒆

𝒖𝟐(𝒚,𝒛)

𝒖𝟏(𝒚,𝒛)𝑹𝟐

r1(z) r2(z)

z

f

e

0 y

3) Región Tipo III:

E3={(x, y, z)/ (x, z) є R y u1(x, z) ≤ y ≤ u2(x, z)}

La integral será:

𝒇 𝒙,𝒚, 𝒛 𝒅𝑽 = 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝒚𝒅𝑨𝒖𝟐(𝒙,𝒛)

𝒖𝟏(𝒙,𝒛)𝑹𝑬𝟑

Esta integral presenta dos alternativas dependiendo de como

es la región R.

z

u1(x, z) u2(x, z)

R 0 y

x

a) Si R es Tipo I:

R1={ (x, z)/ a ≤ x ≤ b y r1(x) ≤ z ≤ r2(x) }

𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽 = 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝒚𝒅𝒛𝒅𝒙𝒖𝟐(𝒙,𝒛)

𝒖𝟏(𝒙,𝒛)

𝒓𝟐(𝒙)

𝒓𝟏(𝒙)

𝒃

𝒂

𝒖𝟐(𝒙,𝒚)

𝒖𝟏(𝒙,𝒛)𝑹𝟏

b) Si R es tipo II:

R2={ (x, z)/ e ≤ z ≤ f y r1(z) ≤ x ≤ r2(z) }

𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽 = 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝒚𝒅𝒙𝒅𝒛𝒖𝟐(𝒙,𝒛)

𝒖𝟏(𝒙,𝒛)

𝒓𝟐(𝒛)

𝒓𝟏(𝒛)

𝒇

𝒆

𝒖𝟐(𝒙,𝒚)

𝒖𝟏(𝒙,𝒛)𝑹𝟐

EJEMPLO Evaluar la integral 𝒙𝒚𝒛𝒅𝑽𝑬

en donde E es:

𝑬 = {(𝒙, 𝒚, 𝒛)/𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 ≤ 𝟒; 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 ≥ 𝟏; 𝒙 ≥ 𝟎, 𝒚 ≥ 𝟎; 𝒛 ≥ 𝟎}

La región E será:

E={(x, y, z) / (x, y)ϵ R y 0 ≤ z ≤ 𝟒 − 𝒙𝟐 − 𝒚𝟐 }

z

𝟑 x=0 0 E y=0 z=0 R

122 yx

4222 zyx

𝑰 = 𝒙𝒚𝒛𝒅𝒛𝒅𝑨𝟒−𝒙𝟐−𝒚𝟐

𝟎𝑹

𝑰 = 𝒙𝒚𝒛𝟐

𝟐𝟒 − 𝒙𝟐 − 𝒚𝟐

𝟎𝑹

𝑰 = 𝒙𝒚𝟒 − 𝒙𝟐 − 𝒚𝟐

𝟐𝒅𝑨 =

𝑹

Como la región R es un sector de corona circular, usaremos CC.

Polares: x =rcos𝜽. y=rsen𝜽:

Luego R={(r, 𝜽)/ 1≤ 𝒓 ≤ 𝟐 ; 𝟎 ≤ 𝜽 ≤𝝅

𝟐}

𝑰 = 𝟒𝒙𝒚−𝒙𝟑𝒚−𝒙𝒚𝟑

𝟐𝑹dA

Pasando a CC. Polares:

𝑰 = 𝟐𝒓𝟐𝒔𝒆𝒏𝟐𝜽 − 𝒓𝟒𝒄𝒐𝒔𝟑𝜽𝒔𝒆𝒏𝜽 − 𝒓𝟒𝒄𝒐𝒔𝜽𝒔𝒆𝒏𝟑𝜽

𝟐𝒓𝒅𝒓𝒅𝜽

𝟐

𝟏

𝝅𝟐

𝟎

𝑰 =𝟏

𝟐 𝟐𝒓𝟑𝒔𝒆𝒏𝟐𝜽 −

𝒓𝟓𝒔𝒆𝒏𝟒𝜽

𝟒𝒅𝒓𝒅𝜽 =

𝟐

𝟏

𝝅𝟐

𝟎

𝑰 =𝟏

𝟐

𝒓𝟒𝒔𝒆𝒏𝟐𝜽

𝟐−

𝒓𝟔𝒔𝒆𝒏𝟒𝜽

𝟐𝟒

𝝅

𝟐𝟎

𝟐𝟏𝒅𝜽 =

𝟏

𝟐

𝟏𝟓𝒔𝒆𝒏𝟐𝜽

𝟐−

𝟔𝟑𝒔𝒆𝒏𝟒𝜽

𝟐𝟒𝒅𝜽

𝝅

𝟐𝟎

=

𝑰 =𝟏

𝟐

𝟏𝟓𝒄𝒐𝒔𝟐𝜽

𝟒−𝟔𝟑𝒄𝒐𝒔𝟒𝜽

𝟗𝟔

𝝅

𝟐𝟎=

𝟏

𝟐−𝟏𝟓(−𝟏 − 𝟏)

𝟒+𝟔𝟑(𝟏 − 𝟏)

𝟗𝟔

𝑰 =𝟏𝟓

𝟒

EJEMPLO

Evaluar la integral 𝒅𝑽𝑬

en el recinto señalado

𝑬 = {(𝒙, 𝒚, 𝒛)/𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐; 𝒙𝟐 ≤ 𝒚 ≤ 𝟒𝒙; 𝒙 + 𝒚 ≤ 𝒛 ≤ 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐}

La región R es Tipo I:

𝑹 = {(𝒙, 𝒚)/ 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐; 𝒙𝟐 ≤ 𝒚 ≤ 𝟒𝒙}

Luego

E : = {(𝒙, 𝒚, 𝒛)/(𝒙, 𝒚) ∈ 𝑹; 𝒙 + 𝒚 ≤ 𝒛 ≤ 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐}

Con esa información podemos construir los gráficos

2xy

xy 4

R

0 1 2 x

E

22 yxz

zyx

𝑽 = 𝒅𝒛𝒅𝒚𝒅𝒙 = 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 − 𝒙 − 𝒚𝟒𝒙

𝒙𝟐

𝟐

𝟎

𝒙𝟐+𝒚𝟐

𝒙+𝒚

𝟒𝒙

𝒙𝟐𝒅𝒚𝒅𝒙 =

𝟐

𝟎

𝑽 = 𝒙𝟐𝒚 +𝒚𝟑

𝟑− 𝒙𝒚 −

𝒚𝟐

𝟐

𝟒𝒙𝒙𝟐

𝒅𝒙𝟐

𝟎=

Remplazando y operando:

𝑽 = 𝟐𝟒𝒙𝟑 − 𝟔𝒙𝟒 + 𝟏𝟐𝟖𝒙𝟑 − 𝟐𝒙𝟔 − 𝟕𝟐𝒙𝟐 + 𝟔𝒙𝟑 + 𝟑𝒙𝟒𝟐

𝟎dx=

𝑽 = 𝟏𝟓𝟖𝒙𝟑 − 𝟐𝒙𝟔 − 𝟕𝟐𝒙𝟐 − 𝟑𝒙𝟒𝟐

𝟎dx

𝑽 =𝟏𝟓𝟖𝒙𝟒

𝟒−𝟐𝒙𝟕

𝟕− 𝟐𝟒𝒙𝟑 −

𝟑𝒙𝟓

𝟓𝟐𝟎=

𝟔𝟕𝟐𝟒

𝟏𝟎𝟓

PROPIEDADES DE LAS INTEGRALES TRIPLES

1. 𝒄𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽 =𝑬

𝒄 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽 ∴ 𝒄 ∈ 𝑹𝑬

2. [𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 ± 𝒈 𝒙, 𝒚, 𝒛 ]𝒅𝑽 =𝑬

= 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽 ± 𝒈 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽 𝑬

𝑬

3. 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽 = 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽 + 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽 𝑬𝟐𝑬𝟏

𝑬

E=𝑬𝒏 𝒅𝒐𝒏𝒅𝒆 𝑬 = 𝑬𝟏 ∪ 𝑬𝟐

APLICACIONES DE LAS INTEGRALES TRIPLES

1) Cálculo de Volúmenes

De modo análogo, el Volumen se calcula haciendo f(x, y, z) = 1

en la integral:

I= 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽𝑬

→ 𝒔𝒊 𝒇 𝒙, 𝒚, 𝒛 = 𝟏 → 𝑽 = 𝒅𝑽𝑬

EJEMPLO

Calcular el volumen del sólido limitado por las superficies:

Plano x + y = 6; cilindro parabólico 𝒛 = 𝟒 −𝒙

𝟒 y los planos

coordenados 𝒙 = 𝟎 𝐲 𝐳 = 𝟒 −𝒙

𝟒

Según el gráfico la región E es tipo I:

E={(x, y, z) ϵ𝑹𝟑 / (x,y)ϵ𝑹𝟐y 0 ≤ z ≤𝟒 −𝒙𝟐

𝟒} }

Donde R=[(x, y) / 0 ≤ x ≤ 4; 0 ≤ y ≤6-x}

Luego la integral :

𝑰 = 𝒅𝒛𝒅𝒚𝒅𝒙 = 𝟒 −𝒙𝟐

𝟒𝒅𝒚𝒅𝒙 =

𝟔−𝒙

𝟎

𝟒

𝟎

𝟒−𝒙𝟐

𝟒𝟎

𝟔−𝒙

𝟎

𝟒

𝟎dydx==

𝑰 = 𝟒 −𝒙𝟐

𝟒𝟔 − 𝒙 𝒅𝒙

𝟒

𝟎

= 𝟐𝟒 −𝟑𝒙𝟐

𝟐− 𝟒𝒙 +

𝒙𝟑

𝟒𝒅𝒙

𝟒

𝟎

=

𝑰 = 𝟐𝟒𝒙 −𝒙𝟑

𝟐− 𝟐𝒙𝟐 +

𝒙𝟒

𝟏𝟔𝟒𝟎= 𝟒𝟖

44

2xz

6 xy

0z

0y

0x

2) Cálculo de la Masa del sólido definido por el Dominio

dm = ρ(x, y, z) dV Integrando: 𝒎 = 𝝆 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽𝑬

EJEMPLO: Calcularemos la masa del sólido visto en el ejemplo

anterior si ρ(x, y, z) = 2x

Remplazando en la ecuación:

𝒎 = 𝟐𝒙𝒅𝒛𝒅𝒚𝒅𝒙 =𝟒−

𝒙𝟐

𝟒

𝟎

𝟔−𝒙

𝟎

𝟒

𝟎

𝟖𝒙 −𝒙𝟑

𝟐𝒅𝒚𝒅𝒙 =

𝟔−𝒙

𝟎

𝟒

𝟎

m= 𝟖𝒙 −𝒙𝟑

𝟐𝟔 − 𝒙 𝒅𝒙 = 𝟒𝟖𝒙 − 𝟑𝒙𝟑 − 𝟖𝒙𝟐 +

𝒙𝟒

𝟐

𝟒

𝟎

𝟒

𝟎dx=

𝒎 =𝟏𝟖𝟓𝟔

𝟏𝟓

Cálculo de Momentos de Primer Orden y el centro de masa

Se calculan respecto a los planos

coordenados:

dMxz= 𝒚dm = y 𝝆 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽

dMxy= 𝒛dm = z 𝝆 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽

dMyz= 𝒙dm = x 𝝆 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽

Integrando

𝑴𝒙𝒛 = 𝒚𝝆 𝒙. 𝒚. 𝒛 𝒅𝑽𝑬

; 𝑴𝒙𝒚 = 𝒛𝝆 𝒙. 𝒚. 𝒛 𝒅𝑽𝑬

y

𝑴𝒚𝒛 = 𝒙𝝆 𝒙. 𝒚. 𝒛 𝒅𝑽

𝑬

0z

0y

0x

x

z y dm

El Centro de Masa se calcula:

La masa viene dada por: 𝒎 = 𝝆 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽𝑬

Luego las coordenadas del centro de masa es una media

ponderada:

𝒙 =𝑴𝒚𝒛

𝒎=

𝒙𝝆 𝒙. 𝒚. 𝒛 𝒅𝑽𝑬

𝝆 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽𝑬

𝒚 =𝑴𝒙𝒛

𝒎=

𝒚𝝆 𝒙. 𝒚. 𝒛 𝒅𝑽𝑬

𝝆 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽𝑬

𝒛 =𝑴𝒙𝒚

𝒎=

𝒛𝝆 𝒙. 𝒚. 𝒛 𝒅𝑽𝑬

𝝆 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽𝑬

EJEMPLO: Calcular la abscisa del centro de masa del cubo

unidad cuyos vértices son (0,0,0); (0,1,0); (1,1,0), (0,1,0);

(0,0,1); (1,0,1); (1,1,1); (0,1,1). Si la densidad en el punto

(x,y,z) es proporcional al cuadrado de su distancia al origen

𝝆 = 𝒌(𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐)

𝒎 = 𝝆 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽𝑬

𝒎 = 𝒌(𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐) 𝒅𝒛𝒅𝒚𝒅𝒙𝟏

𝟎

𝟏

𝟎

𝟏

𝟎

𝒎 = 𝒌(𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐) 𝒅𝒛𝒅𝒚𝒅𝒙𝟏

𝟎

𝟏

𝟎

𝟏

𝟎

𝒎 = 𝒌 𝒙𝟐𝒛 + 𝒚𝟐𝒛 +𝒛𝟑

𝟑𝟏𝟎𝒅𝒚𝒅𝒙 =

𝟏

𝟎

𝟏

𝟎

𝒎 = 𝒌 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 +𝟏

𝟑𝟏𝟎𝒅𝒚𝒅𝒙 =

𝟏

𝟎

𝟏

𝟎

𝒌 𝒙𝟐𝒚 +𝒚𝟑

𝟑+𝒚

𝟑𝟏𝟎𝒅𝒙

𝟏

𝟎

𝒎 = 𝒌𝒙𝟑

𝟑+𝟐𝒙

𝟑𝟏𝟎= 𝒌

Cálculo de Myz:

𝑴𝒚𝒛 == 𝒌𝒙(𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐) 𝒅𝒛𝒅𝒚𝒅𝒙𝟏

𝟎

𝟏

𝟎

𝟏

𝟎

𝑴𝒚𝒛 = 𝒌 𝒙𝟑𝒛 + 𝒙𝒚𝟐𝒛 + 𝒙𝒛𝟑

𝟑𝟏𝟎

𝟏

𝟎

𝟏

𝟎

dydx

𝑴𝒚𝒛 = 𝒌 𝒙𝟑 +𝒙

𝟑+ 𝒙𝒚𝟐 𝒅𝒚𝒅𝒙 = 𝒌 𝒙𝟑 +

𝒙

𝟑+𝒙

𝟑𝒅𝒙 =

𝟏

𝟎

𝟏

𝟎

𝟏

𝟎

𝑴𝒚𝒛 = 𝒌𝒙𝟒

𝟒+𝒙𝟐

𝟑𝟏𝟎=

𝟕𝒌

𝟏𝟐

Luego: 𝒙 =𝑴𝒚𝒛

𝒎=

𝟕𝒌

𝟏𝟐

𝒌=

𝟕

𝟏𝟐

EJEMPLO

Encuentre el centro de masa de un sólido de densidad

constante que está limitado por el cilindro parabólico x = 𝒚𝟐

y los planos x = z, z = 0 y x = 1.

Densidad 𝝆 𝒙, 𝒚, 𝒛 = 𝒌

𝒎 = 𝝆 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽

𝑬

𝒎 = 𝒌𝒅𝑽

𝑬

E={(x, y,z)/ (x, y)єR; 0 ≤ z ≤ x}

R={(x, y)/ -1≤ y ≤ 1; 𝒚𝟐 ≤ x ≤ 1}

z -1 x = 𝒚𝟐 0 E 1 1 R y x

𝒎 = 𝒌𝒅𝑽 = 𝒌𝒅𝒛𝒅𝒙𝒅𝒚 = 𝒌𝒅𝒛𝒅𝒙𝒅𝒚𝒙

𝟎

𝟏

𝒚𝟐𝟏

−𝟏

𝒙

𝟎

𝟏

𝒚𝟐𝟏

−𝟏𝑬

𝒎 = 𝒌𝒙𝒅𝒙𝒅𝒚 = 𝒌𝒙𝟐

𝟐

𝟏𝒚𝟐

𝟏

−𝟏

𝟏

𝒚𝟐

𝟏

−𝟏

𝒅𝒚 = 𝒌𝟏 − 𝒚𝟒

𝟐𝒅𝒚 =

𝟏

−𝟏

𝑚 =𝑘

2𝑦 −

𝑦5

51−1

=𝑘

22 −

2

5=

4𝑘

5

𝑚 =4𝑘

5

𝑴𝒚𝒛 = 𝒌𝒙𝒅𝒛𝒅𝒙𝒅𝒚 = 𝒌 𝒙𝟐𝒅𝒙𝒅𝒚 =𝟏

𝒚𝟐

𝟏

−𝟏

𝒙

𝟎

𝟏

𝒚𝟐

𝟏

−𝟏

𝑴𝒚𝒛 = 𝒌 𝒙𝟑

𝟑

𝟏𝒚𝟐𝒅𝒚

𝟏

−𝟏

= 𝒌 𝟏 − 𝒚𝟔

𝟑𝒅𝒚 =

𝟏

−𝟏

𝑴𝒚𝒛 =𝒌

𝟑𝒚 −

𝒚𝟕

𝟕𝟏−𝟏

=𝒌

𝟑𝟐 −

𝟐

𝟕=

𝟒𝒌

𝟕→ 𝒙 =

𝑴𝒚𝒛

𝒎=

𝟒𝒌𝟕4𝑘5

=𝟓

𝟕

𝑴𝒙𝒚 = 𝒌𝒛𝒅𝒛𝒅𝒙𝒅𝒚 = 𝒌 𝒙𝟐

𝟐𝒅𝒙𝒅𝒚 =

𝟏

𝒚𝟐

𝟏

−𝟏

𝒙

𝟎

𝟏

𝒚𝟐

𝟏

−𝟏

𝒌 𝒙𝟑

𝟔

𝟏𝒚𝟐

𝟏

−𝟏

𝑴𝒙𝒛 = 𝒌 𝟏 − 𝒚𝟔

𝟔𝒅𝒚 =

𝒌

𝟔𝒚 −

𝒚𝟕

𝟕𝟏−𝟏

=𝒌

𝟔

𝟏

−𝟏

𝟐 −𝟐

𝟕=

𝟐𝒌

𝟕

𝒛 =𝑴𝒙𝒚

𝒎=

𝟐𝒌

𝟕4𝑘

5

=𝟓

𝟏𝟒 y por simetría 𝒚 = 𝟎

5. MOMENTOS DE INERCIA RESPECTO A LOS EJES

1. Momento de inercia respecto a x:

𝑰𝒙= 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐

𝑬

𝝆 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽

2. Momento de inercia respecto a y:

𝑰𝒚= 𝒙𝟐 + 𝒛𝟐

𝑬

𝝆 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽

3. Momento de inercia respecto a y:

𝑰𝒛= 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐

𝑬

𝝆 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽

0z

0y

0x

y d3 d2 d2

d1 z x

MOMENTOS DE INERCIA RESPECTO A LOS PLANOS

COORDENADOS

1. Momento respecto al plano z=0

𝑰𝒙𝒚= 𝒛𝟐

𝑬

𝝆 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅𝑽

2. Momento respecto al plano x=0

𝑰𝒚𝒛= 𝒙𝟐𝑬

𝝆 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅V

3. Momento respecto al plano y=0

𝑰𝒙𝒛= 𝒚𝟐𝑬

𝝆 𝒙, 𝒚, 𝒛 𝒅V

Estos momentos se relacionan de esta manera:

𝑰𝒙 = 𝑰𝒙𝒛 + 𝑰𝒙𝒚; 𝑰𝒚 = 𝑰𝒚𝒛 + 𝑰𝒙𝒚; 𝑰𝒛 = 𝑰𝒙𝒛 + 𝑰𝒚𝒛;

CAMBIO DE VARIABLES EN INTEGRALES MULTIPLES

Un cambio de variables está dado por una Transformación

Lineal T del plano “uv” al plano “xy”

Se denota así: T(u, v) = (x, y)

Donde x e y están relacionados con u y v por las ecuaciones:

x = g(u, v) e y = h(u, v)

Y g y h tienen derivadas parciales continuas de primer orden.

Definición: Una transformación Lineal T es una función cuyo

dominio e imagen, son subconjuntos de 𝑹𝟐 . Si T(u, v) = (x, y)

entonces el punto (x, y) se llama imagen de (u, v).

Si no hay dos puntos que tengan la misma imagen , T se llama

biunívoca. En el siguiente gráfico se muestra el efecto de una

transformación T de una región S del plano uv. T transforma a

S en una región R del plano xy llamado imagen de S, formado

por las imágenes de todos los puntos de S.

EJEMPLO. Una transformación está definida por las

ecuaciones:

x= 𝒖𝟐 − 𝒗𝟐 y = 2uv

T

𝑇−1

S (u, v)

R (x, y)

V y

0 u 0 x

Encuentre la imagen de S={(u, v)/ 0≤ 𝒖 ≤ 𝟏; 𝟎 ≤ 𝒗 ≤ 𝟏}

x= 𝒖𝟐 − 𝒗𝟐 y = 2uv

Teniendo la frontera de S formado por

el cuadrado c1, c2, c3, c4, vamos a definir

la frontera de R;

1) Camino 1: v=0 si 0 ≤ u≤ 1

Luego: x= 𝒖𝟐 y = 0

Como 0 ≤ u≤ 1 → 0 ≤ 𝒖𝟐 ≤ 1 → 0 ≤ x ≤ 1

Luego y = 0 si 0 ≤ x ≤ 1

2) Camino 2: u = 1 si 0 ≤ v ≤ 1

Luego : x= 𝟏 − 𝒗𝟐 ; y = 2v → v = y/2

Remplazando: x = 1 - 𝒚𝟐

𝟐 → 𝒚𝟐 = -2(x-1)

Como 0 ≤ v ≤ 1 → 0 ≤ 2v ≤ 2 entonces 0 ≤ y ≤ 2

v

1 C3 (1, 1)

S C4 C2 0 C1 1 u

3) Camino 3: v = 1 si 0 ≤ u ≤ 1

x= 𝒖𝟐 − 𝟏 y = 2u → u = y/2

Reemplazando: x = 𝒚𝟐

𝟐− 𝟏 → 𝒚𝟐 = 2(x+1)

Como 0 ≤ u ≤ 1 → 0 ≤ 2u ≤ 2 entonces 0 ≤ y ≤ 2

4) Camino 4: u = 0 si 0 ≤ v ≤ 1

x= −𝒗𝟐 y = 0

Como 0 ≤ v ≤ 1 → 0 ≤ 𝒗𝟐 ≤ 1 → -1 ≤ −𝒗𝟐 ≤ 0

Luego: y = 0 si -1 ≤ 𝒙 ≤ 0

Graficando lo calculado:

y 2 𝒚𝟐 = 2(x+1) 𝒚𝟐 = -2(x-1)

R -1 0 1 x

v d v=d vj

u =a u=b c v=c 0 a ui b u

S

CAMBIO DE VARIABLES EN UNA INTEGRAL DOBLE

Dada una función z = f(x, y) en donde x e y son funciones de

dos parámetros u y v, definidas con las Transformación

x=g(u, v) e y = h(u, v). Estando definidos los puntos (u, v) en

una región S limitada por a≤ 𝒖 ≤ 𝒃 𝒚 𝒄 ≤ 𝒗 ≤ 𝒅

Dividimos el intervalo [a, b] en “n” partes iguales y el

intervalo [c, d] en m partes iguales, de modo que: ∆𝒖 = 𝒃−𝒂

𝒏

y ∆𝒗 = 𝒅−𝒄

𝒎 y definimos las curvas reticulares r(u,v)

y

r(u, d) r(a,v) r(b,v) r(u, c) 0 x

R

Definimos la frontera de R de modo que la curva u=a tiene

como imagen la curva reticular r(a, v), u = b a r(b, v), v=c a

r(u, c) y v = d a r(u, d). Luego para cada u=ui y v = vj

definimos las curvas reticulares r(ui, v) e r(u, vj). Como se

ilustró en el ejemplo anterior.

Definida R vamos a presentar todo el conjunto que me permite

definir la integral doble:

Por definición sabemos que:

𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨 = 𝒍𝒊𝒎∆𝒙→𝟎∆𝒚→𝟎𝑹

𝒇(𝒙𝒊, 𝒚𝒋)∆𝑨

𝒎

𝒋=𝟏

𝒏

𝒊=𝟏

Esta integral como sabemos me da el volumen que se

encuentra debajo de la superficie, en el dominio R.

b

R

Z = f(x, y)

Ahora vamos a realizar el cambio de variable, pasaremos de

las variables (x, y) a las variables (u, v).

Para esto retomamos el estudio anterior y tomamos el sub-

intervalo genérico ij que define en R un parche ∆𝑹𝒊𝒋, como se

muestra en la figura y trazamos los vectores secantes a y b

En donde:

a = r(ui+Δu, vj) – r(ui, vj) y

b = r(ui, vj+ Δv)- r(ui, vj)

Una primera aproximación sería que el área del parche ∆Rij

será igual a la norma del producto axb esto es //axb//= ∆𝐑ij

T r(ui, vj)

a

r(ui,vj+Δv) (ui, vj)

u=ui

v=vj

∆Rij

b

r(ui+Δu,vj)

Por otro lado tenemos que las derivadas parciales:

𝒓𝒖 𝒖𝒊, 𝒗𝒋 = 𝒍𝒊𝒎∆𝒖→𝟎

𝒓 𝒖𝒊 + ∆𝒖, 𝒗𝒋 − 𝒓 𝒖𝒊, 𝒗𝒋

∆𝒖

Luego: 𝒓𝒖 𝒖𝒊, 𝒗𝒋 ≈𝒓 𝒖𝒊+∆𝒖,𝒗𝒋 −𝒓 𝒖𝒊,𝒗𝒋

∆𝒖 (a)

𝒓𝒗 𝒖𝒊, 𝒗𝒋 = 𝒍𝒊𝒎∆𝒗→𝟎

𝒓 𝒖𝒊, 𝒗𝒋 + ∆𝒗 − 𝒓 𝒖𝒊, 𝒗𝒋

∆𝒗

Luego: 𝒓𝒖 𝒖𝒊, 𝒗𝒋 ≈𝒓 𝒖𝒊,𝒗𝒋+∆𝒗 −𝒓 𝒖𝒊,𝒗𝒋

∆𝒗 (b)

De (a) y (b) se tiene que:

𝒓𝒖 𝒖𝒊, 𝒗𝒋 ∆𝒖 ≈ 𝒓 𝒖𝒊 + ∆𝒖, 𝒗𝒋 − 𝒓 𝒖𝒊, 𝒗𝒋 = 𝒂

𝒓𝒗 𝒖𝒊, 𝒗𝒋 ∆𝒗 ≈ 𝒓 𝒖𝒊, 𝒗𝒋 + ∆𝒗 − 𝒓 𝒖𝒊, 𝒗𝒋 = 𝒃

Haciendo una aproximación más tendríamos que a y b serían:

𝒓𝒖 𝒖𝒊, 𝒗𝒋 ∆𝒖 ≈ 𝒂

𝒓𝒗 𝒖𝒊, 𝒗𝒋 ∆𝒗 ≈ 𝒃

Luego:

∆𝑹ij ≈ 𝒂𝒙𝒃 ≈ 𝒓𝒖 𝒖𝒊, 𝒗𝒋 ∆𝒖𝒙𝒓𝒗 𝒖𝒊, 𝒗𝒋 ∆𝒗

∆𝑹ij ≈ ∆𝒖∆𝒗 𝒓𝒖 𝒖𝒊, 𝒗𝒋 𝒙𝒓𝒗 𝒖𝒊, 𝒗𝒋 = ∆𝒖∆𝒗 𝒓𝒖𝒙 𝒓𝒗

Dado que ∆𝒖 𝒚 ∆v son > 0

Por otro lado sabemos que: r(u, v) = (x, y,0)

Luego: 𝒓𝒖 𝒖, 𝒗 =𝝏𝒙

𝝏𝒖,𝝏𝒚

𝝏𝒖, 𝟎 : 𝒓𝒗 𝒖, 𝒗 =

𝝏𝒙

𝝏𝒗,𝝏𝒚

𝝏𝒗, 𝟎

𝒓𝒖𝒙𝒓𝒗 =

𝒊 𝒋 𝒌𝝏𝒙

𝝏𝒖

𝝏𝒚

𝝏𝒖𝟎

𝝏𝒙

𝝏𝒗

𝝏𝒙

𝝏𝒗𝟎

=

𝝏𝒙

𝝏𝒖

𝝏𝒚

𝝏𝒖𝝏𝒙

𝝏𝒗

𝝏𝒚

𝝏𝒗

k =

𝝏𝒙

𝝏𝒖

𝝏𝒙

𝝏𝒗𝝏𝒚

𝝏𝒖

𝝏𝒚

𝝏𝒗

k = 𝝏(𝒙,𝒚)

𝝏(𝒖,𝒗)𝒌

Por tanto: ∆𝑹𝒊𝒋= 𝒂𝒙𝒃 =∆𝒖∆𝒗𝝏(𝒙,𝒚)

𝝏(𝒖,𝒗)=∆𝑨

Como por definición sabemos que:

𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨 = 𝒍𝒊𝒎∆𝒙→𝟎∆𝒚→𝟎𝑹

𝒇(𝒙𝒊, 𝒚𝒋)∆𝑨

𝒎

𝒋=𝟏

𝒏

𝒊=𝟏

Como x = g(u, v) e y = h(u, v) entonces:

𝒇 𝒙𝒊, 𝒚𝒋 = 𝒇 𝒈(𝒖𝒊, 𝒗𝒋 , 𝒉(𝒖𝒊, 𝒗𝒋))

∆𝑹𝒊𝒋= ∆𝑨 = 𝒂𝒙𝒃 =∆𝒖∆𝒗𝝏(𝒙,𝒚)

𝝏(𝒖,𝒗)

Remplazando:

𝒍𝒊𝒎∆𝒖→𝟎∆𝒗→𝟎

𝒇 𝒈(𝒖𝒊, 𝒗𝒋 , 𝒉(𝒖𝒊, 𝒗𝒋))𝝏(𝒙,𝒚)

𝝏(𝒖,𝒗)∆𝒖∆𝒗=𝒎

𝒋=𝟏𝒏𝒊=𝟏

= 𝒇(𝒈 𝒖, 𝒗 , 𝒉 𝒖, 𝒗 )𝒅

𝒄

𝒃

𝒂

𝝏(𝒙,𝒚)

𝝏(𝒖,𝒗)𝒅𝒖𝒅𝒗

Luego la integral doble en función de (u, v) estará dada por:

𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨𝑹

= 𝒇(𝒈 𝒖, 𝒗 , 𝒉 𝒖, 𝒗 )𝒅

𝒄

𝒃

𝒂

𝝏(𝒙,𝒚)

𝝏(𝒖,𝒗)𝒅𝒖𝒅𝒗

EJEMPLO

Evaluar la siguiente integral 𝒆𝒙+𝒚

𝒙−𝒚𝒅𝑨𝑹

donde R es la región

trapezoidal de vértices (1,0), (2,0), (0,-2) y (0,-1)

Graficando la región R:

Haciendo el cambio de variables:

𝒖 = 𝒙 + 𝒚𝒗 = 𝒙 − 𝒚 →

𝒙 =𝒖 + 𝒗

𝟐

𝒚 =𝒖 − 𝒗

𝟐

Determinamos la frontera de S:

𝑪𝟏 = 𝒙 − 𝒚 = 𝟐𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐

→ 𝒗 = 𝟐 → 𝒖 = 𝟐𝒙 − 𝟐 −𝟐 ≤ 𝟐𝒙 − 𝟐 ≤ 𝟐 → −𝟐 ≤ 𝒖 ≤ 𝟐

Luego: 𝑪𝟏′ =

𝒗 = 𝟐 −𝟐 ≤ 𝒖 ≤ 𝟐

C1

C2

C3

C4

𝑪𝟐 = 𝒚 = 𝟎 → 𝒗 = 𝒖 = 𝒙𝟏 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐 → 𝟏 ≤ 𝒖 ≤ 𝟐

→ 𝑪𝟐′ =

𝒗 = 𝒖 𝟏 ≤ 𝒖 ≤ 𝟐

𝑪𝟑 = 𝒙 − 𝒚 = 𝟏𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟏

→ 𝒗 = 𝟏 → 𝒖 = 𝟐𝒙 − 𝟏 −𝟏 ≤ 𝟐𝒙 − 𝟏 ≤ 𝟏 → −𝟏 ≤ 𝒖 ≤ 𝟏

Luego: 𝑪𝟑′ =

𝒗 = 𝟏 −𝟏 ≤ 𝒖 ≤ 𝟏

𝑪𝟒 = 𝒙 = 𝟎 → −𝒗 = 𝒖 = 𝒚−𝟏 ≤ 𝒚 ≤ −𝟐 → 𝟏 ≤ 𝒖 ≤ 𝟐

→ 𝑪𝟒′ =

𝒗 = −𝒖 𝟏 ≤ 𝒖 ≤ 𝟐

Graficando tenemos que S: S={(u, v)/ 1 ≤ v ≤ 2; -v ≤ u ≤ v }

Cálculo de las derivadas parciales:

𝑪𝒐𝒎𝒐 𝒙 =

𝒖 + 𝒗

𝟐

𝒚 =𝒖 − 𝒗

𝟐

→𝝏𝒙

𝝏𝒖=

𝟏

𝟐; 𝝏𝒙

𝝏𝒗=

𝟏

𝟐;𝝏𝒚

𝝏𝒖=

𝟏

𝟐;𝝏𝒚

𝝏𝒗= −

𝟏

𝟐

Cálculo del Jacobiano: 𝑱 =𝝏(𝒙,𝒚)

𝝏(𝒖,𝒗)=

𝟏

𝟐

𝟏

𝟐𝟏

𝟐−

𝟏

𝟐

=𝟏

𝟐

Como S={(u, v)/ 1 ≤ v ≤ 2; -v ≤ u ≤ v }

𝒇(𝒈 𝒖, 𝒗 , 𝒉 𝒖, 𝒗 )𝒅

𝒄

𝒃

𝒂

𝝏(𝒙, 𝒚)

𝝏(𝒖, 𝒗)𝒅𝒖𝒅𝒗 =

= 𝒆𝒖𝒗

𝝏(𝒙, 𝒚)

𝝏(𝒖, 𝒗)𝒅𝒖𝒅𝒗

𝒗

−𝒗

𝟐

𝟏

= 𝒆𝒖𝒗

𝟏

𝟐𝒅𝒖𝒅𝒗

𝒗

−𝒗

𝟐

𝟏

Haciendo el cambio de variables:

𝑰 = 𝒆𝒙+𝒚𝒙−𝒚𝒅𝑨

𝑹

= 𝒆𝒖𝒗

𝟏

𝟐𝒅𝒖𝒅𝒗

𝒗

−𝒗

𝟐

𝟏

=𝟏

𝟐 𝒗𝒆

𝒖𝒗

𝒗−𝒗

𝒅𝒗 =𝟐

𝟏

𝑰 = 𝒆𝒙+𝒚𝒙−𝒚𝒅𝑨

𝑹

=𝟏

𝟐 𝒗 𝒆 − 𝒆−𝟏 𝒅𝒗 =

𝟐

𝟏

𝟑

𝟒(𝒆 − 𝒆−𝟏)

CAMBIO DE VARIABLES PARA INTEGRALES TRIPLES

Si tenemos la función de tres variables w = f(x, y, z) definida en

un dominio E, de modo que x = g(u, v, w); y = h(u, v, w) y z =

r(u, v, w), entonces el Jacobiano o factor de escala viene dada

por:

𝑱 =𝝏(𝒙, 𝒚, 𝒛)

𝝏(𝒖, 𝒗,𝒘)=

𝝏𝒙

𝝏𝒖

𝝏𝒙

𝝏𝒗

𝝏𝒙

𝝏𝒘𝝏𝒚

𝝏𝒖

𝝏𝒚

𝝏𝒗

𝝏𝒚

𝝏𝒘𝝏𝒛

𝝏𝒖

𝝏𝒛

𝝏𝒗

𝝏𝒛

𝝏𝒘

Luego:

𝒇(𝒙, 𝒚, 𝒛)𝒅𝑽 = 𝒇(𝒖. 𝒗.𝒘)𝝏(𝒙, 𝒚, 𝒛)

𝝏(𝒖, 𝒗,𝒘)𝒅𝒖𝒅𝒗𝒅𝒘

𝑺𝑬

INTEGRALES TRIPLES EN COORDENADAS CILINDRICAS

Algunos sólidos son difíciles de representar en coordenadas

rectangulares y es preciso usar otro tipo de coordenadas.

Ecuaciones de conversión de rectangulares a cilíndricas

𝒙 = 𝒓𝒄𝒐𝒔𝜽 𝒚 = 𝒓𝒔𝒆𝒏𝜽 z = 𝒛

En donde r = R es un cilindro

θ = θ1 es un semi-plano

z = z1 es un plano

𝜃 r

𝑟, 𝜃, 𝑧 z

z

y

x

En este tipo de coordenadas el sólido más sencillo es un bloque

cilíndrico, vienen a ser las coordenadas polares en el espacio.

𝑺𝒊 𝒓𝟏 ≤ 𝒓 ≤ 𝒓𝟐

𝑺𝒊 𝒓𝟏 ≤ 𝒓 ≤ 𝒓𝟐 ; 𝜽𝟏 ≤ 𝜽 ≤ 𝜽𝟐

y 𝒛𝟏≤ 𝒛 ≤ 𝒛𝟐

Como estamos en el espacio

tenemos que r = 𝒓𝟏 es un

cilindro;𝐪𝐮𝐞 𝜽 = 𝜽𝟐 es un

semiplano y que 𝒛 = 𝒛𝟐 es un

plano horizontal.

Cálculo de la integral triple en coordenadas cilíndricas: Tenemos la transformación dada por las siguientes ecuaciones: 𝒙 = 𝒓𝒄𝒐𝒔𝜽; 𝒚 = 𝒓𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒚 𝒛 = 𝒛 El cambio de variables en una integral triple viene dada por:

𝒇(𝒙, 𝒚, 𝒛)𝒅𝑽 = 𝒇(𝒖. 𝒗.𝒘)𝝏(𝒙, 𝒚, 𝒛)

𝝏(𝒖, 𝒗,𝒘)𝒅𝒖𝒅𝒗𝒅𝒘

𝑺𝑬

En nuestro caso u = r; v = θ; w = z, cálculo del Jacobiano:

𝑱 =𝝏(𝒙, 𝒚, 𝒛)

𝝏(𝒓, 𝜽, 𝒛)=

𝝏𝒙

𝝏𝒓

𝝏𝒙

𝝏𝜽

𝝏𝒙

𝝏𝒛𝝏𝒚

𝝏𝒓

𝝏𝒚

𝝏𝜽

𝝏𝒚

𝝏𝒛𝝏𝒛

𝝏𝒓

𝝏𝒛

𝝏𝜽

𝝏𝒛

𝝏𝒛

Como:

𝒙 = 𝒓𝒄𝒐𝒔𝜽:

𝝏𝒙

𝝏𝒓= 𝒄𝒐𝒔𝜽

𝝏𝒙

𝝏𝜽= −𝒓𝒔𝒆𝒏𝜽

𝝏𝒙

𝝏𝒛= 𝟎

𝒚 = 𝒓𝒔𝒆𝒏𝜽:

𝝏𝒚

𝝏𝒓= 𝒔𝒆𝒏𝜽

𝝏𝒚

𝝏𝜽= 𝒓𝒄𝒐𝒔𝜽

𝝏𝒚

𝝏𝒛= 𝟎

𝒛 = 𝒛:

𝝏𝒛

𝝏𝒓= 𝟎

𝝏𝒛

𝝏𝜽= 𝟎

𝝏𝒛

𝝏𝒛= 𝟏

rrsenrzr

zyxJ

rsen

rsenrsen

rsen

zr

zyxJ

22cos),,(

),,(

cos

cos

100

0cos

0cos

),,(

),,(

Remplazando:

𝑱 =𝝏(𝒙, 𝒚, 𝒛)

𝝏(𝒓, 𝜽, 𝒛)=

𝝏𝒙

𝝏𝒓

𝝏𝒙

𝝏𝜽

𝝏𝒙

𝝏𝒛𝝏𝒚

𝝏𝒓

𝝏𝒚

𝝏𝜽

𝝏𝒚

𝝏𝒛𝝏𝒛

𝝏𝒓

𝝏𝒛

𝝏𝜽

𝝏𝒛

𝝏𝒛

=𝒄𝒐𝒔𝜽 −𝒓𝒔𝒆𝒏𝜽 𝟎𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒓𝒄𝒐𝒔𝜽 𝟎𝟎 𝟎 𝟏

Desarrollando:

𝑱 = 𝒓𝒄𝒐𝒔𝟐𝜽 + 𝒓𝒔𝒆𝒏𝟐𝜽 = 𝐫

Luego: 𝑱 =𝝏(𝒙,𝒚,𝒛)

𝝏(𝒓,𝜽,𝒛)= 𝐫

Luego la integral triple en coordenadas cilíndricas viene dada por:

𝒇(𝒙, 𝒚, 𝒛)𝒅𝑽 = 𝒇(𝒓. 𝜽. 𝒛)𝝏(𝒙, 𝒚, 𝒛)

𝝏(𝒓, 𝜽, 𝒛)𝒅𝒓𝒅𝜽𝒅𝒛

𝑺𝑬

Reemplazando:

𝑰 = 𝒇 𝒓. 𝜽. 𝒛 𝒓𝒅𝒓𝒅𝜽𝒅𝒛

𝑺

Para ilustrar su aplicación vamos a calcular el volumen del sólido que se muestra en la figura en donde E será: S = { (r, θ, z)/ r1≤ r ≤ r2; θ1≤ θ ≤ θ2 ; z1 ≤ z ≤ z2 }

Luego como f(x, y, z) = 1 cuando se quiere calcular el volumen, entonces f(r, θ,, z) = 1, por tanto:

𝑰 = 𝒓𝒅𝒓𝒅𝜽𝒅𝒛 = 𝒓𝒛𝟐

𝒛𝟏

𝜽𝟐

𝜽𝟏

𝒓𝟐

𝒓𝟏𝑺

𝒅𝒓𝒅𝜽𝒅𝒛

EJEMPLO Calcular el volumen del sólido que se encuentra dentro de la esfera y del cilindro dados por: Graficando tendríamos :

2 0 1 2

11

1)1(2

4

2

2222

222

xy

yxyyx

zyx

Vamos a definir la región E, como el sólido se encuentra dentro de un cilindro conviene usar las coordenadas cilíndricas, ya que en en coordenadas cartesianas , la región asume una forma muy compleja, como mostraremos a continuación: Como en polares es r =2senθ Si vemos el sólido desde eje z tenemos: R={(r, θ) / 0 ≤ θ ≤ π ; 0 ≤ r ≤ 2sen θ} Mientras que z varía:

}1111;20/),({

}44;),(/),,{(

22

2222

yxyyyxR

yxzyxRyxzyxE

yyx 222

r=2senθ

R 0 1 2 y

x 2222 44 yxzyx

En coordenadas polares será: E={(r, θ) / 0 ≤ θ ≤ π ; 0 ≤ r ≤ 2sen θ ; } Luego el volumen estará dado por:

22 44 rzr

0

2

0

4

4

2

2

sen r

rrdzdrdV

2/

0

2

0

2422

sen

drdrr

dsen

r0

2)4(

3

22 2/32

2/

0

2/

0

3 )cos88(3

4

d

2/

0

2 ))1)((cos1(3

32

dsen

0

2/

33

32 3

sensen )43(

9

16

INTEGRALES TRIPLES EN COORDENADAS ESFERICAS Ecuaciones de conversión de rectangulares a cilíndricas φ = φ1 Semicono θ = θ1 Semiplano r = r1 Cilindro

cos

cos

rz

senrseny

rsenx

(r, θ, φ)

r

Cálculo de la integral triple en coordenadas esféricas: Tenemos la transformación dada por las siguientes ecuaciones: El cambio de variables en una integral triple viene dada por: En nuestro caso u = r; v = θ; w = φ, cálculo del Jacobiano:

cos;;cos rzsenrsenyrsenx

dudvdwwvu

zyxwvufdVzyxf

E S

),,(

),,(),,(),,(

zz

r

z

yy

r

y

xx

r

x

r

zyxJ

),,(

),,(

Como: Determinamos las derivadas parciales:

senrzz

r

z

senry

rseny

sensenr

y

rx

senrsenx

senr

x

;0;cos

cos;cos;

coscos;;cos

cos;;cos rzsenrsenyrsenx

Remplazando

senrr

zyxJ

senrsensenrr

zyx

sensenrsensenrsensenr

senrsensenrsenrr

zyx

rsen

senrrsensensen

rsenrsensen

r

zyxJ

2

2222

22222232232

222222232

),,(

),,(

)cos(),,(

),,(

)cos(cos)(cos

coscoscoscos),,(

),,(

0cos

coscos

coscoscos

),,(

),,(

Remplazando valores tenemos: Sentido de variación de las variables El radio varía: El ángulo φ varía: El ángulo θ varía: 0 ≤ r ≤ R 0 ≤ φ ≤ π 0 ≤ θ ≤ 2π

SS

dddrsenrrfdddrr

zyxrfI

2),,(

),,(

),,(),,(

z 0 R y x

z

0 φ1 y

x

z 0 y θ x

EJEMPLO Hallar el volumen de la región sólida Q acotada por abajo por la hoja superior del cono y por la esfera de radio 3 y centrada en el origen Graficando: La esfera será: 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 = 𝟗 Interceptando con Tendríamos: 𝟐𝒛𝟐 = 𝟗

En donde z = 𝟑 𝟐

𝟐

En el triángulo OPR rectángulo

Isósceles: φ =π𝟒

Luego la región E será:

E={(r, θ, φ)/ (r, θ)єR; 0 ≤ φ ≤ π𝟒

} y R={(r, θ)/ 0 ≤ r ≤ 3; 0 ≤ θ ≤ 2π}

222 yxz

222 yxz

3 Esfera

P 𝟑 𝟐

𝟐 R

E Cono φ

𝟑 𝟐

𝟐

0

𝟑 𝟐

𝟐

Luego el volumen pedido estará dado por la integral que en coordenadas esféricas viene dada por:

2

0 2

219 d )22(9

2

0

4/

09 ddsen

2

0 0

4/cos9 d

2

0

4/

0

3

0

2 dddsenrQ

dVV

EJEMPLO Plantee la integral triple, en coordenadas cilíndricas, del volumen del sólido mostrado en la figura: Del gráfico se deduce que el sólido está limitado por las superficies: Cilindro: 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟗 Planos: z = 2; z = 0; x = 0; y = 0 De acuerdo a los datos la región será:

E={(r, θ, z)/ (r, θ)єR; 0 ≤ z ≤ 𝟐 } y R={(r, θ)/ 0 ≤ r ≤ 3; 0 ≤ θ ≤ π𝟐

}

z x=0 z= 2 Plano E y=0 0 3 R y 3 z=0 Cilindro x

2

0

3

0

2

02

0

3

0

2

0

drdzrrdzdrdQ

dVV

2

9

222 2

0

3

0

2

2

0

3

0

d

rrdrdV