ejercicios-resueltos-integrales-dobles-y-triples-2011

integrales dobles y triples

1. Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martínez Concha
Facultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo
Departamento de Matemática y CC Emilio Villalobos Marín
.
Ejercicios Resueltos
1 Cálculo de integrales dobles en coordenadas
rectángulares cartesianas
1.1 Problema
Calcular
ZZ
D
p
x+ydxdysiDes la región acotada por las respectivas rectas
y=x; y=x y x= 1
Solución
Se tiene que la regiónD=

(x; y)2IR
2
=0x1;xyx

ZZ
D
p
x+ydxdy=
Z
1
0
Z
x
x
p
x+ydydx
=
2
3
Z
1
0
(x+y)
3=2



x
x
dx
=
2
3
Z
1
0
(2x)
3=2
dx
=
2
5=2
3
2
5
(x)
5=2



1
0
=
8
p
215
1.2 Problema
Calcular
ZZ
D
p
x
2
y
2
dxdysiDes el dominio limitado por el triángulo de
vérticesA(0;0); B(1;1); C(1;1):
Solución
Entonces se tiene que el dominio está delimitado por las rectasy=x;
y=x y x= 1:
Luego el dominio de integración es:
D=

(x; y)2IR
2
=0x1;xyx

:
Integrando a franjas verticales, resulta
1

2. ZZ
D
p
x
2
y
2
dxdy=
Z
1
0
Z
x
x
p
x
2
y
2
dydx
=
Z
1
0
Z
x
x
x
r
1

yx

2
dydx
Hacemos el cambio de variables
y
x
=sent=)dy=xcostdty
determinemos los limites.
Paray=x=)arcsen

x
x

=arcsen(1) =

2
:
Paray=x=)arcsen

x
x

=arcsen(1) =

2
Por tanto
Z
1
0
Z
x
x
x
r
1

yx

2
dydx=
Z
1
0
Z
2


2
x
2
p
1sen
2
tdtdx
=
Z
1
0
Z
2


2
x
2
cos
2
tdtdx
=
Z
1
0
Z
2


2
x
2
(
1 + cos 2t
2
)dtdx
=
Z
1
0
x
2

t
2
+
sen2t
4

2


2
dx
=

2
Z
1
0
x
2
dx
=

2

x
3
3
1
0
=

6
1.3 Problema
Calcular
ZZ
D

y2x
2

dxdysiDes la región acotada porjxj+jyj= 2
Solución
Se tiene que la regiónD=

(x; y)2IR
2
=jxj+jyj 2

Si escogemos la región con una partición de tipo I, es necesario utilizar dos
integrales iterativas porque para2x0, la frontera inferior de la región es
la grá…ca dey=x2, y la superior esy=x+ 2;y para0x2la frontera
inferior de la región es la grá…ca dey=x2, y la superior esy=x+ 2
Entonces se tieneD=D1[D2tal queD1[D2=:
dondeD1=

(x; y)2IR
2
=2x0;x2yx+ 2

D2=

(x; y)2IR
2
=0< x2; x2y x+ 2

2

3. Por otra parte la funcion del integrandof(x; y) =y2x
2
es simétrica con
respecto al eje y, es decir8(x; y; z)2Dexiste(x; y; z)tal quef(x; y) =
y2(x)
2
=f(x; y):
Por lo tanto
ZZ
D

y2x
2

dxdy= 2
Z
2
0
Z
x+2
x2

y2x
2

dydx
= 2
Z
2
0

y
2
2
+ 2x
2
y




x+2
x2
dx
= 2
Z
1
0

4x
3
8x
2

dx
=

x
4

8
3
x
3




2
0
= 2

16
64
3

=
32
3
1.4 Problema
Calcular
ZZ
D

x
2
+y
2

dxdysiD=

(x; y)2IR
2
= x
2
+y
2
1

:Usando
coordenadas cartesianas
Solución.
Usando coordenadas cartesianas, la región de integración es un círculo
centrado en el origen de radio uno
Por lo tanto
D=

(x; y)2IR
2
=1x1;
p
1x
2
y
p
1x
2

ZZ
D

x
2
+y
2

dxdy=
Z
1
1
Z
p
1x
2

p
1x
2
(x
2
+y
2
)dydx
=
Z
1
1
(x
2
y+
y
3
3
)




p
1x
2

p
1x
2
dx
= 2
Z
1
1
(x
2
p
1x
2
+
1
3
p
(1x
2
)
3
)dx
= 2
Z
1
1
x
2
p
1x
2
dx+
2
3
Z
1
1
p
(1x
2
)
3
dx
Con ayuda de una tabla de integrales obtenemos que:
Z
1
1
x
2
p
1x
2
dx= (
x
4
p
1x
2
+
1
8
(x
p
1x
2
+arcsenx)




1
1
=
1
8
(arcsen(1)arcsen(1) =
1
8
(

2
+

2
) =

8
3

4. Z
1
1
p
(1x
2
)
3
dx= (
x
4
p
(1x
2
)
3
+
3x
8
p
(1x
2
) +
3
8
arcsenx)




1
1
=
3
8
Por lo tanto:
ZZ
D

x
2
+y
2

dxdy=
2
8
+
2
3
3
8
=

2
Notese que la solución del problema usando coordenadas cartesianas es
bastante compleja
1.5 Problema
Calcular
ZZ
D
xydxdysiDes la región acotada pory=
p
x; y=
p
3x18;
y0:Usando coordenadas cartesianas.
Solución.
Si escogemos la región con una partición de tipo I, es necesario utilizar dos
integrales iterativas porque para0x6, la frontera inferior de la región es
la grá…ca dey= 0, y la superior esy=
p
x;y para6x9la frontera inferior
de la región es la grá…ca dey=
p
3x18, y la superior esy=
p
x
Luego tenemos queD=D1[D2tal queD1[D2=:
EntoncesD1=

(x; y)2IR
2
=0x6;0y
p
x

D2=

(x; y)2IR
2
=6< x9;
p
3x18y
p
x

Por lo tanto
ZZ
D
xydxdy=
ZZ
D1
xydxdy+
ZZ
D2
xydxdy
=
Z
6
0
Z
p
x
0
xydydx+
Z
9
6
Z
p
x
p
3x18
xydydx
=
Z
6
0
x

y
2
2

p
x
0
dx+
Z
9
6
x

y
22

p
x
p
3x18
dx
=
1
2
Z
6
0
x
2
dx+
1
2
Z
9
6
(2x
2
+ 18x)dx
=

1
6
x
3

6
0
+


x
3
3
+ 9
x
2
2
9
6
=
185
2
Si escogemos la región con una partición de tipo II, es necesario utilizar sólo
una integral iterativa porque para0y3, la frontera izquierda de la región
4

5. es la grá…ca dex=y
2
mentras que la frontera derecha queda determinada por
la grá…cax=
y
2
3
+ 6;obteniendo así la región
D1=

(x; y)2IR
2
= y
2
x
y
2
3
+ 6;0y3

la integral iterativa queda
ZZ
D
xydxdy=
Z
3
0
Z
(y
2
=3)+6
y
2
xydxdy
=
Z
3
0

x
2
2
(y
2
=3)+6
y
2
ydy
=
1
2
Z
3
0
"

y
2
+ 18
3
2
y
4
#
(y
2
=3)+6
y
2
ydy
=
1
18
Z
3
0

8y
5
+ 36y
3
+ 324y

dy
=
1
18


4
3
y
6
+ 9y
4
+ 162y
2

3
0
=
1
18


4
3
3
6
+ 3
6
+ 23
6

=
185
2
1.6 Problema
Encontrar el área de la región determinada por las desigualdades:xy4;
yx;27y4x
2
:
Solución.
Sabemos quexy= 4tiene por grá…ca una hipérbola equilátera,y=xes la
recta bisectriz del primer cuadrante y27y= 4x
2
corresponde a una parábola.
Veamos cuale son los puntos de intersección de estas curvas con el proprosito
de con…gurar el dominio de integración
xy= 4
y=x

=)x
2
= 4 =)x=2 =)y=2
27y= 4x
2
y=x

=)27x= 4x
2
=)
x= 0
x=
24
4
)
=)y= 0; y=
27
4
xy= 4
27y= 4x
2

=)x= 3; y=
4
3
Para calcular el áreaA(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)2IR
2
=2x3;
4
x
yx

5

6. D2=

(x; y)2IR
2
=3x
27
4
;
4
27
x
2
yx

Si proyectamos sobre eje x
A(R) =
ZZ
D
dxdy=
ZZ
D1
dxdy+
ZZ
D2
dxdy
A(R) =
Z
3
2
Z
x
4
x
dydx+
Z
27=4
3
Z
x
4
27
x
2
dydx
=
Z
3
2
yj
x
4
x
dx+
Z
27=4
3
yj
x
4
27
x
2dx
=
Z
3
2

x
4
x

dx+
Z
27=4
3

x
4
27
x
2

dx
=

x
2
2
4 lnx
3
2
+

x
2
2

4
81
x
3
27=4
3
=
5
2
4 ln
3
2
+
729
32

9
2

4
81
27
3
4
3
+
4
81
3
3
=24 ln
3
2
+
729
32

243
16
+
4
3
=
665
96
4 ln
3
2
Si proyectamos sobre eje y
DI=

(x; y)2IR
2
=
4
y
x
3
2
p
3y;
4
3
y2

DI=

(x; y)2IR
2
= yx
3
2
p
3y;2y
27
4

A(R) =
ZZ
D
dxdy=
ZZ
D1
dxdy+
ZZ
D2
dxdy
A(R) =
Z
2
4
3
Z3
2
p
3y
4
y
dxdy+
Z
27=4
2
Z3
2
p
3y
y
dxdy
=
Z
2
4
3
hp
3y4 lny
i
dy+
Z
27=4
2

3
2
p
3yy

dy
=

3
2
p
3y
3

4
y

2
4
3
+

p
3y
3

y
2
2
27=4
2
=
8
3
4 ln
3
2
+
927
8

729
32
+ 2
=
665
96
4 ln
3
2
6

7. 1.7 Problema
Encontrar el volumen de la región acotada por los tres planos coordenados y el
planox+ 2y+ 3z= 6
Solución.
Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano xy tenemos:
V=
ZZ
D
6x2y
3
dxdy,D=

(x; y)2IR
2
=0x6;0y
6x
2

V=
1
3
Z
6
0
Z6x
2
0
(6x2y)dydx
=
1
3
Z
6
0

(6x)yy
2
6x
2
0
dx
=
1
3
Z
6
0

(6x)
2
2

(6x)
2
4

dx
=
1
12
Z
6
0
(6x)
2
dx
=


1
36
(6x)
3

6
0
= 6
Usando integrales dobles y proyectando la región sobre el plano yz tenemos:
V=
ZZ
R
(63z2y)dzdy,R=

(y; z)2IR
2
=0y3;0z
62y
3

V=
Z
3
0
Z62y
3
0
(62y3z)dzdy
=
Z
3
0

(62y)z
3
2
z
2
62y
3
0
dy
=
Z
3
0

(62y)
2
3

(62y)
2
6

dy
=
1
6
Z
3
0
(62y)
2
dy
=


1
12
(6x)
3
3
3
0
= 6
2 Cambios de orden de Integración
2.1 Problema
Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante .
7

8. I=
Z
1
0
Z
2
2x
e
y
2
dydx
Solución.
El dominio de integracion dado esD=

(x; y)2IR
2
=0x1;2xy2

:
Si se invierte el orden de integración tenemos que modi…car la partición del
dominio.D=
n
(x; y)2IR
2
=0x
y
2
;0y2
o
;entonces la integral
se puede escribir.
I=
Z
1
0
Z
2
2x
e
y
2
dydx=
Z
2
0
Zy
2
0
e
y
2
dxdy
=
Z
2
0
xe
y
2



y
2
0
dy
=
Z
2
0
y
2
e
y
2
dy=
1
4
e
y
2



4
0
=
1
4

e
16
1

2.2 Problema
Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante .
I=
Z
2
0
Z
4
x
2
p
ycosydydx
Solución.
El dominio de integración dado esD=

(x; y)2IR
2
=0x2; x
2
y4

:
Si se invierte el orden de integración tenemos que modi…car la partición del
dominio,D=

(x; y)2IR
2
=0x
p
y;0y4

;entonces la integral
se puede escribir
Z
2
0
Z
4
x
2
p
ycosydydx=
Z
4
0
Z
p
y
0
pycosydxdy
=
Z
4
0
p
ycos(y)xj
p
y
0
dy
=
Z
4
0
ycos(y)dy
Integrando esta última integral por partes se tiene:
Z
4
0
ycos(y)dy=ysen(y)j
4
0

Z
4
0
sen(y)dy
=ysen(y)j
4
0
+ cos(y)j
4
0
= 4sen(4) + cos(4)1
8

9. 2.3 Problema
Invierta el orden de integración y evalúe la integral resultante .
I=
Z
e
1
Z
lnx
0
ydydx
Solución.
El dominio de integración dado esD=

(x; y)2IR
2
=1xe;0ylnx

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

(x; y)2IR
2
= e
y
xe;0y1

;entonces la integral
se puede escribir
Z
e
1
Z
lnx
0
ydydx=
Z
1
0
Z
e
e
y
ydxdy
=
Z
4
0
y x



e
e
y
dy
=
Z
4
0
y(ee
y
)dy
=e

y
2
2
4
0
e
y
[ye
y
]
4
0
= 8e4e
4
1
3 Cambios de variables: Coordenadas polares
3.1 Problema
Calcular
ZZ
D

x
2
+y
2

dxdysiD=

(x; y)2IR
2
= x
2
+y
2
1

;usando
coordenadas polares
Solución.
A partir de la coordenadas polares tenemos:
x=rcos; y=rsen=)x
2
+y
2
=r
2
El valor absoluto del Jacobiano de transformación a polares es:




@(x; y)
@(r; )




=r
Reemplazando términos en la integral, produce
ZZ
D

x
2
+y
2

dxdy=
ZZ
D
r
2




@(x; y)
@(r; )




drd
9

10. =
Z
1
0
Z
2
0
r
3
ddr=
Z
1
0
Z
2
0
r
3
j
2
0
dr
= 2
Z
1
0
r
3
dr= 2
r
4
4




1
0
=

2
Las coordenadas polares dieron una solucion más simple del problema. La
simplicidad depende de la naturaleza del problema y de la simetria que presenta
el dominio.
3.2 Problema
Calcular el área de la región interior a la circunferenciax
2
+y
2
= 8yy exterior
a la circunferenciax
2
+y
2
= 9:
Solución.
Determinemos el centro y radio de la circunsferencia
x
2
+y
2
= 8y=)x
2
+y
2
8y= 0 =)x
2
+ (y4)
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 cuadrante
y multiplicar por 2.
A …n de conocer los límites de integración en coordenadas polares
necesitamos conocer el ángulo que forma la recta OT con el eje x.
x
2
+y
2
= 8y=)r
2
= 8rsen=)r= 8sen
x
2
+y
2
= 9 =)r= 3
Como T pertenece a ambas circunferencias se cumple
8sen= 3 =)=arcsen
3
8
Luego, la mitad de la regiónD

=

(r; )=3r8sen;arcsen
3
8


2

ZZ
D
dxdy=
ZZ
D





@(x; y)
@(r; )




drd
10

11. 2
Z
=2
arcsen
3
8
Z
8sen
3
rdrd= 2
Z
=2
arcsen
3
8
r
2
2




8sen
3
d
Z
=2
arcsen
3
8

64sen
2
9

d=

64


2

sen2
4


9
2


=2
arcsen
3
8
=

55
2
16sen2

=2
arcsen
3
8
=

55
4

55
2
arcsen
3
8
+ 16sen(2arcsen
3
8
)

38;42
3.3 Problema
Calcular
ZZ
D
x
2
+y
2
x+
p
x
2
+y
2
dxdy, si D es el interior del cardioider=a(1 + cos)
Solución.
Cambiando a cordenadas polares, tenemos:
ZZ
D
x
2
+y
2
x+
p
x
2
+y
2
dxdy=
ZZ
D

r
2
rcos+r




@(x; y)
@(r; )




drd
=
ZZ
D

r
2
rcos+r
rdrd
=
Z
2
0
Z
a(1+cos)
0
r
2
1 + cos
drd
=
Z
2
0
1
1 + cos
r
3
3




a(1+cos)
0
d
=
a
3
3
Z
2
0
(1 + cos)
2
d
=
a
3
3
Z
2
0

1 + 2 cos+ cos
2


d
=
a
3
3

+ 2sen+

2
+
sen2
4

2
0
=a
3
Observacion si deseamos se rigurosos debemos hacer notar que la integral es
impropia cuandox0;ey= 0;pues en tal caso el denominador es cero.
Luego:
11

12. I= lim
!

"!0
Z

0
Z
a(1+cos)
"
r
2
1 + cos
drd+ lim
!+
"!0
Z
2

Z
a(1+cos)
"
r
2
1 + cos
drd
= lim
!

a
3
3
Z

0
(1 + cos)
2
d+ lim
!+
a
3
3
Z
2

(1 + cos)
2
d
= lim
!

a
3
3

3
2
+ 2sen+
sen2
4

+ lim
!+
a
3
3

3
3
2
2sen
sen2
4

=a
3
3.4 Problema
Calcular el volumen V el sólido acotado por las grá…casz= 9x
2
y
2
yz= 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 Z
D

9x
2
y
2
5

dxdy
D=

(x; y)2IR
2
= x0; y0;0x
2
+y
2
4

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

=)f(x; y) = 4x
2
y
2
= 4r
2
0x
2
+y
2
=r
2
4()0r2y0

2
D

=
n
(r; )=0r2;0

2
o
El valor absoluto del Jacobiano de transformación a polares es:




@(x; y)
@(r; )




=r
Reemplazando términos en la integral, produce:
V= 4
Z Z
D


4r
2

rdrd
= 4
Z
=2
0
Z
2
0

4r
2

rdrd
= 4
Z
=2
0

4
2
r
2

1
4
r
4

2
0
d
= 8
12

13. 4 Cambios de variables. Coordenadas curvilíneas
4.1 Problema
CalcularI=
ZZ
D
3xydxdy;dondeDes la región acotada por por la rectas
x2y= 0; x2y=4
x+y= 4; x+y= 1
(1)
Solución.
Podemos usar el cambio de variables
u=x2y
v=x+y

(1) =)
x=
1
3
(2u+v)
y=
1
3
(uv)
(2)
Asi,x2y=4se transforma enu=4
x2y= 0se transforma enu= 0
x+y= 1se transforma env= 1
x+y= 4se transforma env= 4
Para calcular el Jacobiano




@(x; y)
@(u; v)




tenemos dos posibilidades.
La primera, es usar la transformación inversa(2)xeyen términos deuyv
:
La segunda, mucho más simple, es calcular a partir de(1)




@(u; v)
@(x; y)




y luego
usar la propiedad




@(x; y)
@(u; v)




=




@(u; v)
@(x; y)





1
:
En efecto




@(u; v)
@(x; y)




=




12
1 1




= 1 + 2 = 3 =)




@(x; y)
@(u; v)




=
1
3
Por lo tanto, del teorema del cambio e variables se deduce que:
I=
ZZ
D
3xydxdy=
ZZ
D

3

1
3
(2u+v)
1
3
(uv)




@(x; y)
@(u; v)




dudv
=
Z
4
1
Z
0
4
1
9

2u
2
uvv
2

dvdu
=
1
9
Z
4
1

2u
2
v
uv
2
2

v
3
3
0
4
du
=
1
9
Z
4
1

8u
2
+ 8u
64
3

du
=
1
9

8u
3
3
+ 4u
2

64
3
u
4
1
du=
164
9
4.2 Problema
13

14. Calcular el área de la regiónD;que esta acotada por las curvas
x
2
y
2
= 1; x
2
y
2
= 9
x+y= 4; x+y= 6
(1)
Solución.
Teniendo en cuenta el cambio de variables que transforma la regiónDen
la regiónD

u=x
2
y
2
v=x+y

(1) =)
La imagenD

de la región D está acotada por la rectas verticales;
x
2
y
2
= 1se transforma enu= 1
x
2
y
2
= 9se transforma enu= 9
y las rectas horizontales
x+y= 4se transforma env= 4
x+y= 6se transforma env= 6
Es decir,D

=f(u; v)=1u9;4v6g
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)




=




2x2y
1 1




= 2 (x+y) = 2v=)




@(x; y)
@(u; v)




=
1
2v
El teorema del cambio variables a…rma que:
A(D) =
ZZ
D
dxdy=
ZZ
D





@(x; y)
@(u; v)




dudv
=
Z
9
1
Z
6
4
1
3v
dvdu
=
1
2
Z
9
1
[lnv]
6
4
du
=
1
2

ln
6
4
Z
9
1
du
=
1
2
ln
3
2
[u]
9
1
= 4 ln
3
2
4.3 Problema
CalcularI=
ZZ
D
x
3
+y
3
xy
dxdy;dondeDes la región del primer cuadrante
acotada por:
y=x
2
; y= 4x
2
x=y
2
; x= 4y
2(1)
Solución.
El cálculo deIsería bastante complejo si usamos coordenadas cartesianas
por la simetría que tiene el dominio.Sin embargo, una cambio de variables
14

15. simpli…ca la regiónDy la transforma enD

.
Seanu=
x
2
y
; v=
y
2
x
LuegoD

esta acotada por la rectas verticales;
y=x
2
se transforma enu= 1:
y= 4x
2
se transforma enu=
1
4
:
y las rectas horizontales
x=y
2
se transforma env= 1:
x= 4y
2
se transforma env=
1
4
:
Es decir,D

=

(u; v)=1u
1
4
;1v
1
4

Para calcular




@(x; y)
@(u; v)




tenemos dos posibilidades, la primera es despejarx
eyen términos deuyva 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
y
2

y
2
x
2
2y
x







= 41 = 3 =)




@(x; y)
@(u; v)




=
1
3
Calculemos ahora la integral
I=
ZZ
D
x
3
+y
3
xy
dxdy=
ZZ
D

x
2
y
+
y
2
x

dxdy
=
Z
1
1=4
Z
1
1=4
(u+v)
1
3
dvdu
=
1
3
Z
1
1=4

uv+
v
2
2
1
1=4
du
=
1
3
Z
1
1=4

3
4
u+
15
32

du
=
1
3

3
8
u
2
+
15
32
u

1
1=4
=
1
3

3
8
15
16
+
15
32
3
4

=
15
64
4.4 Problema
Evaluar la integralI=
ZZ
D
[x+y]
2
dxdy;dondeDes la región del plano xy
acotado por las curvas
x+y= 2; x+y= 4;
y=x; x
2
y
2
= 4;
(1)
15

16. Solución.
Observeseque las ecuaciones de la curvas de la frontera de D sólo incluyen
axeyen las combinaciones dexy;y el integrando incluye solamentenlas
mismas combinaciones. Aprovechando estas simetrías, sean las coordenadas
u=x+y; v=xy
Luego, la imagenD

de la región D está acotada por las curvas;
x+y= 2se transforma enu= 2:
x+y= 4se transforma enu= 4:
A su vez
xy= 0se transforma env= 0:
x
2
y
2
= (x+y) (xy) = 4se transforma enuv= 4:
Es decir,D

=

(u; v)=2u4;0v
4
u

El jacobiano de la transformación es




@(x; y)
@(u; v)




=




@(u; v)
@(x; y)





1
:
En efecto
@(u; v)
@(x; y)
=




1 1
11




=2 =)




@(x; y)
@(u; v)




=
1
2
Entonces:
ZZ
D
[x+y]
2
dxdy=
1
2
ZZ
D

u
2
dudv
=
1
2
Z
4
2
Z
4=u
0
u
2
dvdu
=
1
2
Z
4
2
u
2
vj
4=u
0
du
=
1
2
Z
4
2
4udu
=
4
2
u
2
2




4
2
= 12
5 Cálculo de integrales triples en coordenadas
rectángulares cartesianas
5.1 Problema
Sea R la región en IR
3
acotada por:z= 0; z=
1
2
y; x= 0;x= 1; y= 0; y= 2
Calcular
ZZZ
R
(x+yz)dxdydz:
Solución.
Del grá…co de la región , tenemos que0z
1
2
y:Proyectando la región R
sobre el planoxy. AsíD=

(x; y)2IR
2
=0x1;0y2

:
16

17. Por lo tanto;
ZZZ
R
(x+yz)dxdydz=
ZZ
D
(
Z1
2
y
0
(x+yz)dz)dxdy
Z
1
0
Z
2
0
(
Z1
2
y
0
(x+yz)dz)dydx=
Z
1
0
Z
2
0

xz+yz
z
2
2
1
2
y
0
dydx
Z
1
0
Z
2
0

1
2
(x+y)y
y
2
8

dydx=
Z
1
0
Z
2
0

1
2
xy+
3
8
y
2

dydx
Z
1
0

1
4
xy
2
+
1
8
y
3

2
0
dx=
Z
1
0
[(x+ 1)]dx=

1
2
x
2
+x

1
0
=
3
2
También es posible resolver el problema anterior proyectando la región R
sobre el planoxz:En tal caso,2zy2y
D=

(x; z)2IR
2
=0x1;0z1

ZZZ
R
(x+yz)dxdydz=
Z
1
0
Z
1
0
(
Z
2
2z
(x+yz)dy)dzdx
Z
1
0
Z
1
0

xy+
y
2
2
zy
2
2z
dzdx= 2
Z
1
0
Z
1
0
[x+ 1zxz]dzdx
2
Z
1
0

xz+z
z
2
2
x
z
2
2
1
0
dx= 2
Z
1
0

x+ 1
1
2

x
2

dx
Z
1
0
[(x+ 1)]dx=

1
2
x
2
+x

1
0
=
3
2
Una tercera posibilidad de solución consiste en proyectar la región R
sobre el plano yz.
Esta se deja como ejercicio.
5.2 Problema
Calcular
ZZZ
D
x
2
dxdydzsi D es la región acotada pory
2
+z
2
= 4ax;
y
2
=ax; x= 3a
Solución.
La super…ciey
2
+z
2
= 4axcorresponde a un paraboloide de revolución
como el bosquejado en la …gura.
En dos variables el grá…co dey
2
=axes una parábola, pero es tres
variables es la super…cie de un manto parabólico.
17

18. Finalmente, el grá…cox= 3es un plano paralelo al planoxza la distancia
3a.
Luego el grá…co de la región es
La proyección de la region sobre el plano xy es:
D=
n
(x; y; z)2IR
3
=D1[D2,
p
4axy
2
z
p
4axy
2
o
Por simetría se tiene:
I=
ZZZ
D
x
2
dxdydz= 2
ZZ
D1
Z
p
4axy
2

p
4axy
2
x
2
dzdxdy
= 2
Z
3a
0
Z
2
p
ax
p
ax
Z
p
4axy
2

p
4axy
2
x
2
dzdydx
= 2
Z
3a
0
Z
2
p
ax
p
ax

x
2
z

p
4axy
2

p
4axy
2
dydx
= 4
Z
3a
0
Z
2
p
ax
p
ax
x
2
p
4axy
2
dydx
De una tabla de integrales obtenemos
Z
p
a
2
u
2
du=
1
2
(u
p
a
2
u
2
+a
2
arcsen
u
a
)
Así al integrar la expresión:
Z
2
p
ax
p
ax
p
4axy
2
dy=

1
2

y
p
4axy
2
+ 4ax arcsen
y
2
p
ax

2
p
ax
p
ax
= 2ax arcsen(1)
1
2

p
ax
p
3ax+ 4ax arcsen
1
2

= 2ax

2
+
1
2
ax
p
32ax

6
=
2
3
ax+
p
32
ax
Por lo tanto al sustituir en la integral anterior, queda
4
Z
3a
0
"
2
3
+
p
32
#
ax
3
dx=
"
2
3
+
p
32
!
ax
4
#
3a
0
= 27a
5

2+
3
p
32
!
18

19. 5.3 Problema
Calcular el volumen del sólidoacotado por la super…ciey=x
2
y los planos
y+z= 4 ;z= 0:
Solución.
Consideremos que la regiónestá acotada inferiormente por la frontera
z= 0y superiomente porz= 4y:
Si Proyectamos la regiónsobre el plano xy, se tiene:
=

(x; y; z)2IR
3
=(x; y)2D;0z4y

D=

(x; y)2IR
2
=2x2; x
2
y4

Luego el volumen de la región es
V() =
ZZZ

dxdydz=
Z
2
2
Z
4
x
2
Z
4y
0
dzdydx
=
Z
2
2
Z
4
x
2
(4y)dydx=
Z
2
2

4y
y
2
2
4
x
2
dx
=
Z
2
2

84x
2
+
x
4
2

dx
=

8x
4
3
x
3
+
x
4
10
2
2
=
256
15
6 Coordenadas esféricas
6.1 Problema
ResolverI=
ZZZ
D
p
x
2
+y
2
+z
2
e
(x
2
+y
2
+z
2
)
dxdydzsi D es la región de IR
3
limitada por las super…ciesx
2
+y
2
+z
2
=a
2
x
2
+y
2
+z
2
=b
2
con0< b < aanillo esférico.
Solución
Por la simetría del dominio y la forma del integrando
usaremos coordenadas esféricas:
x=rsencos
y=rsensen
z=rcos
9
=
;
=)
b
2
x
2
+y
2
+z
2
a
2
=) bra
tg=
y
z
= 0 = ) 0
tg=
y
x
= 0 = )02
Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esféricas es :




@(x; y; z)
@(r; ; )




=r
2
sense tiene:
19

20. I=
Z
2
0
Z

0
Z
a
b
re
r
2




@(x; y; z)
@(r; ; )




drdd
=
Z
2
0
Z

0
Z
a
b
r
3
e
r
2
sen drdd
=
Z
2
0
Z

0


1
2
r
2
e
r
2
e
r
2

a
b
sen dd
=

1
2
b
2
e
b
2
+
1
2
e
b
2

1
2
a
2
e
a
2
e
a
2
Z
2
0
Z

0
sen dd
=

1
2
b
2
e
b
2
+
1
2
e
b
2

1
2
a
2
e
a
2
e
a
2
Z
2
0
cosj

0
d
= 2

1
2
b
2
e
b
2
+
1
2
e
b
2

1
2
a
2
e
a
2
e
a
2
Z
2
0
d
= 4

1
2
b
2
e
b
2
+
1
2
e
b
2

1
2
a
2
e
a
2
e
a
2

6.2 Problema
Encontrar el volumen de la región determinada porx
2
+y
2
+z
2
16; z
2
x
2
+y
2
:
Solución
x
2
+y
2
+z
2
= 16es una esfera con centro en el origen y radio 4
z
2
=x
2
+y
2
es un cono con vértice en el origen y eje de simetría coincidente
con el eje z.
Comoz0, sólo debemos considerar sólo la región sobre el plano xy.
La intersección de la esfera con el cono se obtiene mediante el sistema:
x
2
+y
2
+z
2
= 16
x
2
+y
2
=z
2

=)
z=
p
8
x
2
+y
2
= 8
Usaremos coordenadas esféricas:
x=rsencos
y=rsensen
z=rcos
9
=
;
=)
0x
2
+y
2
+z
2
16 =) 0r4
tg=
y
z
=
p
8
p
8
= 1 =)0

4
tg=
y
x
= 0 = )02
Recordando que el valor absoluto del Jacobiano a esféricas es :




@(x; y; z)
@(r; ; )




=r
2
sense tiene:
20

21. V=
ZZZ
D
dxdydz=
Z
2
0
Z
4
0
Z
4
0
r
2
sen drdd
V=
Z
2
0
Z
4
0
r
3
3




4
0
sen dd
V=
4
3
3
Z
2
0
cosj

4
0
d
V=
4
3
3
Z
2
0

1
p
22
!
d=
4
3
3

1
p
22
!
2
Otra opción para resolver este problema es usar coordenadas cilíndricas,en
tal caso
x=rcos
y=rsen
z=z
9
=
;
=)
x
2
+y
2
+z
2
= 16 = )z= 16r
2
:
x
2
+y
2
=z
2
=) z=r
2
Teníamos que el Jacobiano de transformación a cilíndricas es:




@(x; y; z)
@(r; ; z)




=rluego:
V=
ZZZ
D
dxdydz=
Z
2
0
Z
p
8
0
Z
p
16r
2
r
2
rdzdrd
=
Z
2
0
Z
p
8
0
rzj
p16r
2
r
2 drd
=
Z
2
0
Z
p
8
0

r
p
16r
2
r
2

drd
=
Z
2
0


1
3
p
(16r
2
)
3

r
3
3

p
8
0
d
=
2
3

2
p
8
3

p
16
3

=
2
3

6432
p
2

7 Coordenadas Cilíndricas
7.1 Problema
Usando integrales triples calcular el volumen de la región acotada porz=x
2
+y
2
yz= 272x
2
2y
2
:
Solución.
Por la simetría del volumen los resolveremos usando coordenadas cilíndricas.
x=rcos
y=rsen
z=z
9
=
;
=)
z=x
2
+y
2
=) z=r
2
:
z= 272x
2
2y
2
=)z= 272r
2
x
2
+y
2
= 9 = ) r= 3:
21

22. Como el Jacobiano de transformación a cilíndricas es:



@(x; y; z)
@(r; ; z)




=rse tiene:
V=
ZZZ
D
dxdydz=
Z
2
0
Z
3
0
Z
272r
2
r
2
rdzdrd
=
Z
2
0
Z
3
0
r zj
272r
2
r
2 drd
=
Z
2
0
Z
3
0
r

273r
2

drd
=
Z
2
0

27
2
r
2

3
4
r
4

3
0
d
=
243
4
Z
2
0
d=
243
4
2=
243
2

7.2 Problema
Calcular el volumen de la región acotada por la esferax
2
+y
2
+z
2
= 13y el
cono(z1)
2
=x
2
+y
2
; z1
Solución.
El volumen pedido es
V=
ZZZ
R
dxdydz
donde la región R está dada por
R=
n
(x; y; z)2IR
3
=(x; y)2D; 1 +
p
x
2
+y
2
z
p
4x
2
y
2
o
D corresponde a la proyección de R sobre el plano xy.
D=

(x; y; z)2IR
2
=x
2
+y
2
13

Por la simetría del volumen conviene usar coordenadas cilíndricas.
x=rcos
y=rsen
z=z
9
=
;
=)x
2
+y
2
+z
2
r
2
+z
2
13,
Determinemos la imagen R

de R
(z1)
2
=x
2
+y
2
()z1 +r=)1 +rz
p
13r
2
Luego
R

=

(r; ; z)2IR
3
=(r; )2D; 1 +rz
p
13r
2

La región R al ser proyectada sobre el plano xy. produce
z= 0 =)x
2
+y
2
= 13
D

1=
n
(r; )2IR
3
=r2 ;

2


2
o
Como el Jacobiano de transformación a cilíndricas es:



@(x; y; z)
@(r; ; z)




=rse tiene:
22

23. V=
ZZZ
R
dxdydz=
Z
2
0
Z
2
0
Z
p
13r
2
1+r
rdzddr
=
Z
2
0
Z
2
0
rz
p
13r
2
1+r
ddr
=
Z
2
0
Z
2
0
r
p
13r
2
(1 +r)

ddr
= 2
Z
2
0

r
p
13r
2


r+r
2


dr
= 2


1
3

13r
2

3=2


r
2
2
+
r
3
3
2
0
= 2

1
3

13
3=2
7
3=2



4
2
+
8
3

7.3 Problema
Calcular utilizando coordenadas cilíndricas el volumen de la región R , donde R
es el interior a la esferax
2
+y
2
+z
2
= 4; z0;y exterior al cilindro(x1)
2
+y
2
=
1:
Solución
La región R se describe en coordenadas cartesianas mediante
R=
n
(x; y; z)2IR
3
=(x; y)2D; 0z
p
4x
2
y
2
o
donde D es la proyección de R sobre el plano xy.
D=

(x; y)2IR
3
=x
2
+y
2
4 ; (x1)
2
+y
2
1

Transformemos la región R a coordenadas cilindricas de…nidas por
x=rcos
y=rsen
z=z
9
=
;
=)x
2
+y
2
+z
2
=r
2
(cos
2
+sen
2
) +z
2
4
()0z
p
4r
2
La región R al ser proyectada sobre el plano xy da origen a dos subregiones
x
2
+y
2
r
2
4()0r2si

2

3
2
(x1)
2
+y
2
1()r2 cosyr2si -

2


2
Entonces, la regiónR

puede describirse mediante
R

=

(r; ; z)=(r; )2D

=D

1[D

1; 0z
p
4r
2

D

1=
n
(r; )2IR
3
=2 cosr2 ;

2


2
o
D

2=

(r; )2IR
3
=0r2 ;

2

3
2

23

24. Ademas, el Jacobiano de la transformación a cilíndricas es:




@(x; y; z)
@(r; ; z)




=r
En consecuencia la integral puede describirse por
I=
ZZZ
R
(r)drddz
=
Z
=2
=2
Z
2
2 cos
Z
p
4r
2
0
rdzdrd+
Z
3=2
=2
Z
2
0
Z
p
4r
2
0
rdzdrd
=
Z
=2
=2
Z
2
2 cos
r
h
z
i
p
4r
2
0
drd+
Z
3=2
=2
Z
2
0
r
h
z
i
p
4r
2
0
drd
=
Z
=2
=2
Z
2
2 cos
r
p
4r
2
drd+
Z
3=2
=2
Z
2
0
r
p
4r
2
drd
=
Z
=2
=2


1
3

4r
2

3=2

2
2 cos
d+
Z
3=2
=2


1
3

4r
2

3=2

2
0
d
=
8
3
Z
=2
=2

1cos
2


3=2
d+
8
3
Z
3=2
=2
d
=
8
3
Z
=2
=2
sen
3
d+
8
3
Z
3=2
=2
d
=
8
3

cos+
cos
3

3
=2
=2
+
8
3
=
8
3

7.4 Problema
CalcularI=
ZZZ
D

x
2
a
2
+
y
2
b
2
+
z
2
c
2

dxdydz:
En la regiónD=

(x; y; z)2IR
3
=
x
2
a
2
+
y
2
b
2
+
z
2
c
2
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,Dse transforma en la bola.
D

=

(u; v; w)=u
2
+v
2
+w
2
1

yel valor absoluto del Jacobiano queda
:




@(x; y; z)
@(u; v; w)




=






a0 0
0b0
0 0c






=abc
Luego, aplicando el teorema del cambio de variables y obtenemos la integral
24

25. I=
ZZZ
D

x
2
a
2
+
y
2
b
2
+
z
2
c
2

dxdydz:
=
ZZZ
D


u
2
+v
2
+w
2





@(x; y; z)
@(u; v; w)




dudvdw
=
ZZZ
D


u
2
+v
2
+w
2





@(x; y; z)
@(u; v; w)




dudvdw
=
ZZZ
D

(u
2
+v
2
+w
2
) (abc)dudvdw
Ahora, transformamos a coordenadas esféricas.
u=rsencos
v=rsensen
w=rcos
9
=
;
=)
0u
2
+v
2
+w
2
1 =) 0r1
tg=
v
w
=) 0
tg=
v
u
=)02
Quedando, la regionD

=f(r; ; )=0r1;0;02g
abc
ZZZ
D

(u
2
+v
2
+w
2
)dudvdw=abc
Z
2
0
Z

0
Z
1
0

r
2

r
2
sen drdd
=abc
Z
2
0
Z

0
r
5
5




1
0
sen dd
=
abc
5
Z
2
0
cosj

0
d
=
2abc
5
Z
2
0
d=
4abc
5
Observación
Es claro que la integración se podría haber efectuado usando directamente
la trasformación compuesta.
x=arsencos
y=brsensen
z=crcos
9
=
;
=)




@(x; y; z)
@(r; ; )




=abcr
2
sen
7.5 Problema
CalcularI=
ZZZ
D
dxdydz:
q
(xa)
2
+ (yb)
2
+ (zc)
2
;
en la regiónD=

(x; y; z)2IR
3
=x
2
+y
2
+z
2
R
2

;(a; b; c)es un punto
…jo
no peteneciente a la esferax
2
+y
2
+z
2
R
2
:
Solución.
25

26. Si usamos coordenadas cartesianas los límites de integración son
di…cultosos, pues en tal caso tendríamos.
I=
ZZZ
D
dxdydz:
q
(xa)
2
+ (yb)
2
+ (zc)
2
I=
Z
r
r
Z
p
r
2
x
2

p
r
2
x
2
Z
p
r
2
x
2
y
2

p
r
2
x
2
y
2
dzdydx:
q
(xa)
2
+ (yb)
2
+ (zc)
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)=2D
hasta(x; y; z)2D;nos damos cuenta que el resultado no puede depender más
que de la distanciadentre dichos puntos.Por ello, el resultado no puede variar
si ubicamos el eje z pasando por el punto(a; b; c). Si(0;0; d)son las nuevas
coordenadas del punto …jo tenemos.
I=
ZZZ
D
dxdydz:
q
x
2
+y
2
+ (zd)
2
Observación
El razonamiento anterior es muy usado el cálculo de integrales que aparecen
aplicaciones a la Física pues en dicha Ciencia son comunes las leyes en que
aparece una distacia o el cuadrado de una distancia en el denominador del
integrando.
Para calcularIen (*) usamos coordenadas esféricas. Obtenemos:
I=
Z
R
0
Z

0
Z
2
0
r
2
sen dddr
p
r
2
+d
2
2drcos
= 2
Z
R
0
Z

0
r
2
sen ddr
p
r
2
+d
2
2drcos
Para calcular
J=
Z

0
r
2
sen ddr
p
r
2
+d
2
2drcos
podemos hacer
s=r
2
+d
2
2drcos
ds= 2drsend
Además,= 0 =)s=r
2
+d
2
2dr= (dr)
2
==)s=r
2
+d
2
+ 2dr= (d+r)
2
Reemplazando en la integral anterior produce
26

27. J=
r
2d
Z
(d+r)
2
(dr)
2
s
1=2
ds=
r
2d
2s
1=2



(d+r)
2
(dr)
2
=
r
2d
[2 (d+r)2 (dr)]
=
r
2d
[4r] =
2r
2
d
Por lo tanto
I= 2
Z
R
0
2r
2
d
dr
I=
4
d
r
3
3




R
0
I=
4
3d
R
3
27