5 integración múltiple

MOISES VILLENA Integración Múltiple

5
5.1 INTEGRALES DOBLES
5.1.1 DEFINICIÓN.
5.1.2 TEOREMA DE INTEGRABILIDAD
5.1.3 TEOREMA FUBINI
5.1.4 INTEGRALES DOBLES SOBRE REGIONES
GENERALES
5.1.5 PROPIEDADES
5.1.6 CÁLCULO DE INTEGRALES DOBLES
INVIRTIENDO LOS LÍMITES DE
INTEGRACIÓN
5.1.7 VALOR MEDIO PARA UNA FUNCIÓN DE
DOS VARIABLES
5.1.8 VOLÚMENES CON INTEGRALES DOBLES
5.1.9 INTEGRALES DOBLES EN COORDENADAS
CILÍNDRICAS.
5.1.10 CAMBIO DE VARIABLES PARA
INTEGRALES DOBLES
(TRANSFORMACIONES)
5.1.11 ÁREA DE UNA SUPERFICIE

5.2 INTEGRALES TRIPLES

OBJETIVOS:
• Calcular Integrales Dobles.
• Invertir el orden de integración.
• Calcular Volúmenes.
• Evaluar Integrales Dobles empleando Transformaciones.
• Calcular áreas de una Superficie.

149


5.1 INTEGRALES DOBLES

5.1.1 DEFINICIÓN
La integral definida para funciones de una variable se la definió de la
siguiente manera:
⎡ n ⎤
b

∫ f ( x ) dx = lím ⎢
n→∞
⎣ i =1
f xi Δxi ⎥
⎦
∑ ( )
a
La cual se llama Integral (Suma) de Riemann, que significa el área bajo la
curva y = f ( x) en un intervalo [ a, b ] .
Si quisiéramos obtener una Integral definida para una función de dos
variables; primero deberíamos suponer que ahora la región de integración
sería de la forma [ a, b] × [ c, d ] , es decir un rectángulo de R 2 , la cual la
denotamos como R.
y
d
R

c

a b x

Haciendo particiones de la región R , de dimensiones no necesariamente
iguales:

ym
y
d R
Δy m
ym −1
Δxi

yj Δyi

y2
Δy2
y1
Δy1
c
y 0 Δx1 Δx2 Δxn

a
x0 x1 x2
xi
xn −1
b
x
x
n

150


La ij − ésima partición tendrá forma rectangular. Ahora cabe referirse al
área de esta partición, que estaría dada por:
ΔAij = Δxi Δy j

Podemos definir una función de dos variables z = f ( x, y ) en la región
R , que para la ij − ésima partición sería:
( )
f xi , y j Δxi Δy j

Bien, veamos ahora su significado geométrico. Observe la gráfica
siguiente:

z

z = f ( x, y )
(
zi = f xi , y j )

c d
y
a

Δxi • (x , y )
i j

b Δy j
x

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

El volumen del ij − ésimo paralelepípedo, denotémoslo como ΔVij , estaría
dado por:

(
ΔVij = f xi , y j Δxi Δy j . )
Por tanto, si deseamos el volumen bajo la superficie, tendríamos que hacer
una suma de volúmenes de una cantidad infinita de paralelepídedos, es decir:

∑ ∑ f ( x , y ) Δx Δ y
m n
V = lim i j i j
n→∞
m→∞ j =1 i =1

151


De aquí surge la definición de Integral doble

Sea f una función de dos variables
definida en la región plana
R = [ a, b ] × [ c, d ] = {( x, y ) / a ≤ x ≤ b ∧ c ≤ y ≤ d }

∑ ∑ f ( x , y ) Δx Δy
m n
Al lim i j i j se le
n→∞
m→∞ j =1 i =1

denomina la Integral Doble de f en R y
se la denota de la siguiente manera:
d b

∫ ∫ f ( x, y)dxdy
c a

Además, si existe este límite decimos que
f es integrable en R .

Por el momento no vamos a seguir con la interpretación geométrica de la
Integral doble, empecemos estudiando sus propiedades y la manera de cómo
evaluarla.

En la definición se dice que si el límite existe la función es integrable, pero
surge la interrogante ¿cuándo será que el límite exista?. Esto lo veremos en
el siguiente teorema.

5.1.2 TEOREMA DE INTEGRABILIDAD

Sea f una función de dos variable
R = [ a, b ] × [ c, d ] = {( x, y ) / a ≤ x ≤ b ∧ c ≤ y ≤ d }

Si f está acotada en R y si f es continua
en R a excepción de un número finito de
curvas suaves, entonces f es integrable
en R .

Este teorema nos hace suponer que igual para funciones de una variable,
si la función es continua será integrable.

152


Bien, ahora nos compete indicar la forma de como evaluar una integral
doble.

5.1.3 TEOREMA FUBINI

Sea f una función de dos variable
R = [ a, b ] × [ c, d ] = {( x, y ) / a ≤ x ≤ b ∧ c ≤ y ≤ d } . Si f es

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

a ⎣c
∫ ∫
= ⎢ f ( x, y ) dy ⎥ dx
⎢ ⎥
⎦

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

Ejemplo
1 2

Calcular
∫∫
0 −1
xy 2 dydx

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

1 ⎡2 ⎤ 1 1
⎡ 3 ⎤

∫∫ ∫ ∫
3
⎢ ⎥
⎢ xy dy ⎥ dx =
2 ⎢x y ⎥ dx =
⎡ 23
⎢x − x
(− 1)3 ⎤ dx
⎥
⎢ ⎥ ⎢ 3 ⎥ ⎢ 3 3 ⎥
⎢
⎣ −1 ⎥
⎦ ⎣ ⎦
0 ⎢ −1
⎣ ⎥
⎦ 0 0
1 1

∫ ∫
1
⎡8 1 ⎤ x2 3
= ⎢ 3 x + 3 x ⎥ dx = 3 xdx = 3 =
⎣ ⎦ 2
0
2
0 0

Aquí pudimos haber integrado con respecto a x , y luego con respecto a
y , sin mayor trabajo. No deje de hacerlo.

153


Hasta el momento hemos trabajado con regiones de integración
rectangulares, pero en las mayorías de las ocasiones se presentarán otros
tipos de regiones.

5.1.4 INTEGRALES DOBLES SOBRE REGIONES
GENERALES
El teorema de Fubini puede ser extendido para regiones generales.

En adelante vamos a hacer planteamientos directos. Una región plana,
como la que se muestra en la figura, puede ser particionada de la siguiente
manera:

Lo cual da a lugar un elemento diferencial de la forma:

Cuya área, denotada como dA , está dada por:
dA = dxdy = dydx

Entonces, igual como lo habíamos mencionado anteriormente, una integral
doble sobre la región plana R tiene la forma:

∫∫R
f ( x, y )dA

Esta integral doble puede ser calculada de dos maneras:

PRIMERO haciendo un barrido vertical

154


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

SEGUNDO: Haciendo primero un barrido horizontal

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

Si f ( x, y ) = 1 , la integral doble representa el área de la región R , es decir:

A=
∫∫ dA
R

La región anterior es llamada una región simple- xy , sin embargo pueden
existir regiones simple- x , sólo se puede empezar haciendo primero un
barrido vertical.
y

y = f ( x)

R
dy
dx

y = g ( x)
x
a b

155


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

y
d
R

dy
x = g ( y)
dx
x = f ( y)

c

x

Ejemplo 1
1 x

Calcular
∫∫ 0 x2
160 xy 3 dydx

SOLUCIÓN:
Integrando desde adentro hacia afuera, tenemos:
1 ⎡ x ⎤ 1 1
⎡ x⎤

∫∫ ∫ ∫
⎢ ⎥
( )4 − 40 x(x2 )4 ⎤ dx
4
⎢ 160 xy 3dy ⎥ dx = ⎢160 x y ⎥ ⎡
⎢ ⎥ ⎢ 4 ⎥ dx = ⎢40 x x
⎣ ⎥
⎦
⎢ ⎥ ⎢
⎣ x2 ⎥
⎦
0 ⎣ x2 ⎦ 0 0
1

∫
1

= [40 x 3
] ⎛ x4
− 40 x 9 dx = ⎜ 40
⎜ 4
− 40
x10 ⎞
10 ⎟
⎟ = 10 − 4 = 6
⎝ ⎠0
0

Ejemplo 2
1 y

Calcular
∫∫ 0 0
y 2 e xy dxdy

SOLUCIÓN:

156


1 ⎡y ⎤ 1 1
⎡ y⎤

∫∫ ∫ ∫ [ye ]
⎢ ⎥ xy
2 xy ⎥
⎢ y e dx dy = ⎢ y2 e ⎥dy = yy
− ye(0 ) y dy
⎢ ⎥ ⎢ y ⎥
⎢ ⎥ ⎢
⎣ 0⎥
⎦
0 ⎣0 ⎦ 0 0
1 1 1

=
∫
0
⎡ ye y 2 − y ⎤dy =
⎢
⎣ ⎥
⎦ ∫
0
y2
ye dy −
∫
0
ydy

1
⎛e y ⎞ ⎛
y2 ⎞ ⎛ 02
2 2⎞ 12 2
=⎜ − ⎟ = ⎜ e − 1 ⎟ − ⎜ e − 0 ⎟ = e −1
⎜ 2 2 ⎟ ⎜ 2 2⎟ ⎜ 2 2 ⎟ 2
⎝ ⎠0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Ejemplo 3
1 1

Calcular
∫∫
0 1− y
e y dxdy

SOLUCIÓN:
1 ⎡ 1 ⎤ 1 ⎡ 1 ⎤ 1

∫∫ ∫ ∫ ∫
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢ e y dx ⎥dy = e y ⎢ dx ⎥dy =
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
[e x]y
1

1− y
dy
⎢
0 ⎣1− y
⎥ ⎢1− y ⎥
⎦ 0 ⎣ ⎦ 0
1 1

=
∫
0
e y (1 − (1 − y ))dy =
∫0
ye y dy

La última integral, se la realiza POR PARTES:
1

∫ ∫
u v v du

y e dy = y e −
y y
(
e dy = ye y − e y
y
) 1

0
= (e − e ) − (0 − 1) = 1
u dv
0

En los dos ejemplos anteriores ya estaban dados los límites de integración,
por tanto no había más que aplicar el teorema de Fubini para evaluar las
integrales dobles, pero en otras ocasiones es necesario identificar la región
de integración porque los límites no están definidos.

Ejemplo 1

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

SOLUCIÓN:
Primero identificamos la región R:

157


Note que es una región simple-, la calcularemos de las dos formas.

PRIMER MÉTODO: Haciendo primero un barrido vertical.
2 2x

La integral doble con límites será:
∫∫
0 x2
xdydx

Calculando la integral, resulta:
2 ⎡ 2x ⎤ 2 2

∫∫ ∫ ∫ [x(2 x) − x(x )]dx
⎢ ⎥
⎢ xdy ⎥dx = [xy] 2x
x2
dx = 2
⎢ ⎥
⎢ x2 ⎥
0 ⎣ ⎦ 0 0
2

∫ (2 x ) ⎛ x 3 x 4 ⎞ 16 4
= 2
− x3 dx = ⎜ 2 − ⎟= −4 =
⎜ 3 4 ⎟ 3 3
⎝ ⎠
0

SEGUNDO METODO: Haciendo primero un barrido horizontal.

4 y

La integral doble con límites será:
∫∫
0 y
xdxdy

2
Calculando la integral doble, resulta:

158


⎡ ⎤
⎢ y ⎥ ⎛ ⎛ y⎞
2 ⎞
4 4
⎡ y⎤
4 ⎜ ⎟ 4
( y) ⎜ ⎟

∫∫ ∫ ∫ ∫
⎢ ⎥ ⎢ x2 ⎥ ⎜
2
⎟ ⎛ y y2 ⎞
−⎝ ⎠
2 ⎜ − ⎟dy
⎢ xdx ⎥dy = ⎢ ⎥ dy = ⎜ ⎟dy =
⎢ ⎥ ⎜ ⎟ ⎜2 8 ⎟
⎢ 2 y ⎥ 2 2 ⎝ ⎠
0
⎢ y ⎥ 0 ⎣ 2 ⎦ 0 ⎜ ⎟ 0
⎢ ⎥ ⎝ ⎠
⎣ 2 ⎦
4
⎛ y 2 y3 ⎞
=⎜ − ⎟ = 4− 8 = 4
⎜ 4 24 ⎟ 3 3
⎝ ⎠0

Ejemplo 2
⎧y = x
⎪

∫∫
⎪y = 1
⎪
Calcular dA donde R : ⎨ x SOLUCIÓN:
⎪x = 2
R ⎪
⎪y = 0
⎩
La región R es:

1
1 x 2 x

Aquí es mejor hacer un barrido vertical primero:
∫∫
0 0
dydx +
∫∫
1 0
dydx

Calculando las integrales dobles, tenemos:
2 ⎡ x ⎤
1
1 ⎡ x ⎤ 1 2
⎢ ⎥

∫∫ ∫∫ ∫ ∫
⎢ ⎥
⎢ dy ⎥ dx + ⎢ dy ⎥ dx =
x 1
⎢ ⎥ y 0 dx + y 0 x dx
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
0 ⎢0
⎣ ⎥
⎦ 1 ⎢0 ⎥ 0 1
⎣ ⎦
1 2

∫ ∫
1
= xdx + dx
x
0 1
1
2
x 2
= + ln x 1
2
0
1
= + ln 2
2

159


Ejemplo 3

∫∫
2 ⎧ y = x3
⎪
Calcular 12 x 2e y dA donde R : ⎨ en el primer cuadrante.
⎪y = x
⎩
R
SOLUCIÓN:
La región R es:

Aquí es mejor primero un barrido horizontal ¿Por qué? ¿Observe qué ocurre si hacemos
primero un barrido vertical?

Planteando la integral doble con límites y calculándola, tenemos:
3 y
1 1

∫∫ ∫
3 y
2
y2 x3
12 x e dxdy =
2 y
12e dy
3
y
0 y 0
1

∫ 4e y ⎛ ( y) − y 3 ⎞dy
2 3
= ⎜ 3
⎟
⎝ ⎠
0
1 1

∫ y2

∫
2
= 4 ye dy − 4 y 3 e y dy
0 0
Haciendo cambio de variable t = y 2 . De aquí tenemos: dt = 2 ydy
Reemplazando y resolviendo:

1 1 1 1

∫ ∫ ∫ t⎛
∫
y2 3 y2 dt ⎞ ⎛ dt ⎞
4 ye dy − 4 y e dy = 4 ye ⎜
⎜ 2y ⎟ −
⎟ 4 y 3et ⎜
⎜ 2y ⎟
⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
0 0 0 0
1 1

=2
∫ ∫ 0
et dt − 2

0
tet dt

= 2e t
1

0
[
− 2 te − et t
]1

0
= 2e − 2 − 2[0 − (− 1)]
= 2e − 4

160


Ejemplo 4

Calcular
∫∫(
R
2 x + 1)dA

donde R es el triángulo que tiene por vértices los puntos (−1,0) , (0,1) y (1,0)
SOLUCIÓN:
La región R es:

No olvide que dos puntos definen una recta, por tanto la determinación de las ecuaciones de las
y 2 − y1
rectas se las puede obtener empleando la formula y − y 1 = (x − x 1 ) .
x 2 − x1

Aquí también es mejor primero un barrido horizontal:

1 1− y 1

∫∫ ∫ (x ) 1− y
(2 x + 1)dxdy = 2
+x
y −1
dy
0 y −1 0
1

=
∫ [(1− y)
0
2
][ ]
+ (1 − y ) − ( y − 1)2 + ( y − 1) dy

1

=
∫ [(
0
y − 1)2 + 1 − y − ( y − 1)2 − y + 1 dy ]
1

=
∫[0
2 − 2 y ]dy

(
= 2y − y2 ) 1

0
1 1− y

∫ ∫(
0 y −1
2 x + 1)dxdy = 1

161


5.1. 5 PROPIEDADES

Sean f y g funciones de dos variables
continuas en una región R , entonces:
1.
∫∫ kdA = k ∫∫ dA ; ∀k ∈ℜ
R R

2.
∫∫ ( f ± g )dA = ∫∫ fdA ± ∫∫ gdA
R R R

3.
∫∫ dA = ∫∫ dA + ∫∫ dA donde R = R ∪ R
R R1 R2
1 2

5.1.6 CÁLCULO DE INTEGRALES DOBLES
INVIRTIENDO LOS LÍMITES DE
INTEGRACIÓN
Algunas Integral Iterada pueden ser calculada de las dos formas, pero
tenga mucho cuidado cuando invierte el orden de las integrales.

Ejemplo 1
e ln x

Calcular
∫∫
1 0
xydydx

SOLUCIÓN:
Primero se debe identificar la región de integración. En este caso, la integral doble está dada
primero con barrido vertical porque el diferencial es de la forma dydx , entonces tenemos que
interpretar la integral doble de la siguiente manera:
x =e y = ln x

∫ ∫
x =1 y =0
xydydx

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

162


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

( )
1 e 1 1 1 1
⎛ e2 e y ⎞

∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫
e 2
x2 2
y⎜ ⎟dy = e 1
xydxdy = y dy = − ydy − ye 2 y dy
2 ⎜ 2 2 ⎟ 2 2
e y
⎝ ⎠
0 ey 0 0 0 0
1 1
2
e y 2
1⎡ e 1e ⎤2y 2y
= − ⎢y − ⎥
2 2 2⎢ 2
⎣ 2 2 ⎥
⎦0
0

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

Ejemplo 2
2 4− x 2

Invierta el orden de integración para
∫ ∫ f ( x, y)dydx
0 0
SOLUCIÓN:
x=2 y = 4− x 2

Interpretando los límites de integración dados, tenemos:
∫ ∫
x =0 y =0
f ( x, y )dydx . Se ha hecho

primero un barrido vertical
⎧ y = 4 − x2
⎪
⎪
Entonces la región de integración es R : ⎨ x = 0
⎪y = 0
⎪
⎩
Ahora hay que hacer un barrido horizontal primero, es decir:
4 4− y

∫ ∫
0 0
f ( x, y )dxdy

163


Ejemplo 3
1 y +1

∫ ∫ f ( x, y)dxdy
−1 − y +1

SOLUCIÓN:
y =1 x = y +1

∫ ∫
y = −1
f ( x, y )dxdy . Se ha

x = − y +1
hecho primero un barrido vertical
⎧
⎪ y = x2 − 1
Entonces la región de integración es R : ⎨
⎪y = 1
⎩
2 1

∫ ∫
− 2 x 2 −1
f ( x, y )dydx

Ejemplo 4
16
4 x

∫∫ 2 x
f ( x, y )dydx

SOLUCIÓN:
x=4 y =16
x

∫ ∫
x=2 y=x
f ( x, y )dydx Se ha hecho

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

164


16
4 y y

∫∫ 2 2
f ( x, y )dxdy +
∫∫
4 2
f ( x, y )dxdy

Ejercicios propuestos 5.1
1 y

1. Calcular
∫∫
0 0
e x + y dxdy

⎧x −
⎪ y2 + 9 = 0
2. Emplee una integral doble para hallar el área de la región limitada por ⎨
⎪x +
⎩ y2 − 9 = 0

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

⎧y = x

∫∫
y2 ⎪
4. Calcular: dA donde R es la región limitada por ⎨ y = 2
x2 ⎪ xy = 1
⎩
R

∫∫
⎧y = x2
⎪
5. Calcular 12 x dA donde R es la región limitada por ⎨
⎪ y = 2x
⎩
R
2 4

6. Calcular
∫∫
0 x2
y cos ydydx

1
1 2

∫∫ e − x dxdy
2
7. Calcular

0 y
2
2 x −1 3 3+ x

8. Invierta el orden de integración:
∫ ∫
−1 − 3+ x
f ( x, y )dydx +
∫ ∫
2 − 3+ x
f ( x, y )dydx

1 x 2 2− x 2

9. INVERTIR el orden de integración y EVALUAR.
∫∫
0 0
ydydx +
∫ ∫
1 0
ydydx

165


∫∫
2
10. Calcular: 12 x 2 e y dA , donde R es la región del primer cuadrante limitada por y = x3 y

R
y=x
2 x3 8 8

11. Representar la región de integración para:
∫∫
1 x
f (x, y) dy dx+
∫∫ (
2 x
f x, y) dy dx e invertir el

orden de integración.

5.1.7 VALOR MEDIO PARA UNA FUNCIÓN DE
DOS VARIABLES

Sea f una función continua en las
variables x y y . El valor Medio de f
en una región plana R está dado por:
∫∫ f ( x, y)dA
Valor Medio = R

∫∫ dA
R

Ejemplo
Encuentre el valor medio de la función f ( x, y ) = x 1 + y 3
⎧y = 2
⎪
sobre la región limitada por ⎨ y = x
⎪x = 0
⎩
SOLUCIÓN:
La región de integración es:

Empleando la fórmula, tenemos:

166


2 y

Valor Medio =
∫∫R
f ( x, y)dA

=
∫∫
0 0
x 1 + y3 dxdy

∫∫
2 y

∫∫
dA
dxdy
R
0 0
2

∫
y
x2
1 + y3 dy
2 0
= 0
2

∫ ( x ) 0 dy
y

0
2

∫
1
y 2 1 + y3 dy
2
= 0
2

∫ 0
ydy

2

1 (1 + y )
3
3 2

2 ⎛ 3⎞ 1
2⎜ ⎟
⎝ 2⎠
( 27 − 1)
= 2
0
=6
y2 2
2 0

13
=
6

Ejercicios Propuestos 5.2
−1
1. Calcule el valor medio de la función f ( x, y ) = e x y 2 en la región del primer cuadrante

⎧y = x2
⎪
⎪
limitada por ⎨x = 0
⎪y = 1
⎪
⎩
2. Para una compañía concreta, la función de producción de Cobb-Douglas es f ( x, y ) = 100 x 0,6 y 0,4 .
Estimar el nivel medio de producción, si el número de unidades de trabajo varía entre 200 y 250 y el de
unidades de capital entre 300 y 325.

3. Hallar el valor medio de f ( x, y ) = x + 2 y + 4 sobre la región limitada por las rectas
y = 2 x, y = 3 − x, y=0
⎧x = 0
⎪
− x2 ⎪x = 2
4. Encuentre el valor medio de la función f ( x, y ) = e sobre la región ⎨
⎪y = x
⎪y = 2
⎩

y2 ⎧0 ≤ y ≤ 1
5. Encuentre el valor medio de la función f ( x, y ) = , sobre la región R = ⎨
( xy + 1) 2 ⎩0 < x ≤ y

6. Hallar el valor medio de f (x, y) = 2xy en la región limitada por y= x2 y y=x

167


5.1.8 VOLÚMENES CON INTEGRALES DOBLES
Ya definimos el volumen bajo una superficie.

Ejemplo
x y z
Hallar el volumen del sólido limitado por el plano + + = 1 y el plano xy en
a b c
el primer octante.
SOLUCIÓN:

Haciendo un dibujo

z

c

⎛ x y⎞
z = c ⎜1 − − ⎟
⎝ a b⎠

h

b y

dA

a

x

El volumen del elemento diferencial sería
dV = hdA = zdA
Por tanto el volumen total está dado por :

∫∫
⎛ x y⎞
V= c ⎜ 1 − − ⎟ dA
⎝ a b⎠
R

Donde la región R sería:

y

b
⎛ x⎞
y = b ⎜1 − ⎟
⎝ a⎠

x
a

Escogemos un barrido vertical primero, es decir que la integral iterada quedaría:

168


⎛ x⎞
b ⎜1− ⎟
a ⎝ a⎠

∫∫
⎛ x y⎞
V= c ⎜1 − − ⎟ dydx
⎝ a b⎠
0 0

Evaluando:

⎛ x⎞
b ⎜1− ⎟
a ⎝ a⎠ a
⎡ ⎛ x⎞
2 b ⎜1− ⎟ ⎤
⎛ x⎞

∫∫ ∫
b ⎜1− ⎟
⎛ x y⎞ ⎢⎛1 − x ⎞ y ⎝ a ⎠ − y ⎝ a ⎠ ⎥ dx
V= c ⎜ 1 − − ⎟ dydx = c ⎜ ⎟
⎝ a b⎠ ⎢⎝ a ⎠ 2b 0 ⎥
0 0 0
⎢
⎣
0
⎥
⎦
a

∫
⎡ ⎛ x ⎞2 b2 ⎛ x ⎞2 ⎤
=c ⎢b ⎜ 1 − ⎟ − ⎜1 − ⎟ ⎥ dx
⎢ ⎝ a ⎠ 2b ⎝ a ⎠ ⎥
⎣ ⎦
0
a

∫
2
b⎛ x⎞
=c ⎜1 − ⎟ dx
2⎝ a⎠
0

3 a
⎛ x⎞
1−
bc ⎜ a ⎟
⎝ ⎠
=
2 ⎛ 1⎞
3⎜ − ⎟
⎝ a⎠ 0
a
abc ⎡ ⎛ x ⎞ ⎤
3

= ⎢ − ⎜1 − ⎟ ⎥
6 ⎢ ⎝ a⎠ ⎥
⎣ ⎦0
abc
= [1 − 0]
6
abc
V=
6

Ahora consideremos un sólido limitado por superficies. Por ejemplo:

z

z = f ( x, y )

z = g ( x, y )

y

R
x

169


En el gráfico, el volumen del sólido limitado por las superficies está dado
por:

V=
∫∫ ⎡⎣ f ( x, y ) − g ( x, y )⎤⎦dA
R
R , es la región plana que tiene por proyección la superficie en el plano xy .

Ejemplo
Hallar el volumen del sólido limitado por z = 4 − x 2 − 2 y 2 y el plano z = 2
SOLUCIÓN:
Haciendo un dibujo

z

z = 4 − x2 − 2 y 2

h

2 dA

z=2

y
R
En este caso

V=
∫∫ ∫∫
R
hdA =
R
⎡( 4 − x 2 − 2 y 2 ) − ( 2 ) ⎤dA
⎣ ⎦

Para ponerle los límites de integración identificamos la región R , en este caso sería la curva de
⎧ z = 4 − x2 − 2 y2
intersección de ⎨ proyectada en el plano xy .
⎩z = 2
Igualando y simplificando:
4 − x2 − 2 y 2 = 2
x2 + 2 y2 = 2
x2 y 2
+ =1
2 1
Entonces la región sería:
y

2 − x2
y=
1 2

x
0 2

170


Entonces
2− x 2
2 2 2

∫∫ ∫
2− x 2
⎡ y3 ⎤
(2 − x − 2 y )dydx = 4 ⎢( 2 − x ) y − 2 ⎥
2
V =4 2 2 2
dy
⎣ 3 ⎦0
0 0 0
2

∫
⎡ ⎛ ⎞
3
⎤
⎢( 2 − x 2 ) 2 − x − 2 ⎜ 2 − x
2 2
=4 ⎟ ⎥ dx
⎢ 2 3⎝⎜ 2 ⎟ ⎥
⎣ ⎠ ⎦
0
2

∫
⎡ 2 ⎤
⎢ ( 2 − x ) − 2 ( 2 − x ) ⎥ dx
3 3
2 2 2

=4
⎢ ⎥
( )
3
2 3
⎢
⎣
2 ⎥
⎦
0
2

∫ ⎛ 1 1 ⎞
⎟ ( 2 − x ) dx
3
=4 ⎜ − 2 2

⎝ 2 3 2⎠
0
2

8
∫ (2 − x )
3
= 2 2
dx
3 2
0

La última integral se la realiza por sustitución trigonométrica.
⎧x = 0 → t = 0
⎪
Haciendo x = 2 sent entonces dx = 2 cos t dt y los límites serían ⎨ π
⎪x = 2 → t = 2
⎩
π
2 2

8
∫ (2 − x ) 8
∫ ( 2 − 2sen t )
3 3
V= 2 2
dx = 2 2
2 cos t dt
3 2 3 2
0 0
π
2

8
∫ ( cos )
3 3
= 2 2 2 2
2 cos t dt
3 2
0
π
2

( 2)
∫
8 3
= cos 4 t dt
3
0
π
2

∫ ⎛ 1 + cos 2t ⎞
2
8
= 2 2
3
( ) ⎜
⎝ 2
⎟ dt
⎠
0
π
2

∫
=
16 2 (1 + 2 cos 2t + cos 2t ) dt 2

3 4
0
π
⎡ 2 ⎤

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

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5 integración múltiple

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