1. Cap´ıtulo 5
INTEGRAL M ´ULTIPLE
SECCIONES
1. Integrales dobles sobre rect´angulos.
2. Integrales dobles sobre regiones generales.
3. Cambio de variables en la integral doble.
4. Integrales triples.
5. Ejercicios propuestos.
1
2. 1. INTEGRALES DOBLES SOBRE RECT´ANGULOS.
As´ı como la integral simple resuelve el problema del c´alculo de ´areas de
regiones planas, la integral doble es la herramienta natural para el c´alcu-
lo de vol´umenes en el espacio tridimensional. En estas notas se introduce
el concepto de integral m´ultiple, el cual incluye los casos anteriores en un
contexto general. De este modo, las aplicaciones no se limitan al c´alculo
de ´areas y vol´umenes sino que se extienden a otros problemas f´ısicos y ge-
om´etricos.
5.1. Integral sobre regiones elementales.
5.1.1. Definiciones previas.
Todo conjunto de la forma I = [a1, b1] × · · · × [an, bn] ⊂ Rn recibe el nombre
de intervalo n-dimensional o n-intervalo.
Una partici´on de I se define al dividir cada intervalo [ai, bi] mediante los
puntos {xi
0, . . . , xi
mi
} y formar las celdas n-dimensionales Jk = [x1
j1
, x1
j1+1]×
· · ·×[xn
jn
, xn
jn+1], 0 ≤ ji ≤ mi −1 (i = 1, . . . , n). De este modo, una partici´on
de un n-intervalo I es un conjunto P = {J1, . . . , JN }, formado por celdas
n-dimensionales, tal que Ji ∩ Jk = ∅ (i = k), y J1 ∪ · · · ∪ JN = I.
Dada una funci´on f : I → R acotada, si definimos la medida n-dimensional
de una celda como el producto de las longitudes de sus aristas, llamaremos
suma inferior de f con respecto a la partici´on P a
L(f, P) =
Jk∈P
´ınf{f(x) : x ∈ Jk} · m(Jk).
An´alogamente, la suma superior de f respecto a P es
U(f, P) =
Jk∈P
sup{f(x) : x ∈ Jk} · m(Jk).
5.1.2. Propiedades.
i) L(f, P) ≤ U(f, P), para toda partici´on P de I.
ii) Si P es un refinamiento de P (es decir, cada celda de P est´a contenida en
alguna celda de P), entonces L(f, P) ≤ L(f, P ) y U(f, P ) ≤ U(f, P).
iii) Si P y P son dos particiones arbitrarias de I, L(f, P ) ≤ U(f, P ).
iv) sup{L(f, P) : P partici´on de I} ≤ ´ınf{U(f, P) : P partici´on de I}.
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3. 5.1.3. Definici´on.
Se define la integral superior de f sobre I a
I
f = ´ınf{U(f, P) : P partici´on de I}.
Del mismo modo, se define la integral inferior de f sobre I a
I
f = sup{L(f, P) : P partici´on de I}.
Diremos que la funci´on f es integrable sobre I cuando If =
I
f y
dicho valor com´un se llama integral de f sobre I, que denotaremos por
I f. En el caso particular n = 2 utilizaremos frecuentemente la notaci´on
I
f(x, y) dxdy y, si n = 3, utilizaremos la notaci´on an´aloga
I
f(x, y, z) dxdydz.
5.1.4. Teorema.
Sea f : I ⊂ Rn → R acotada. Son equivalentes:
i) f es integrable en I.
ii) (Condici´on de Riemann.) Para todo ε > 0, existe Pε partici´on de I tal
que U(f, Pε) − L(f, Pε) < ε.
iii) (Condici´on de Darboux.) Existe una constante L con la siguiente propiedad:
∀ε > 0, ∃δ > 0 :
N
i=1
f(xi)m(Ji) − L < ε,
donde P = {J1, . . . , JN } es una partici´on de I cuyas aristas tienen
longitud menor que δ y xi ∈ Ji (i = 1, . . . , N).
Demostraci´on. Supongamos en primer lugar que f es integrable y veamos
que se cumple la condici´on de Riemann. Llamemos L = I f. Por definici´on
de ´ınfimo, dado ε > 0, existe una partici´on Pε tal que U(f, Pε) < L + ε/2.
An´alogamente, existe una partici´on Pε tal que L(f, Pε ) > L − ε/2. Si lla-
mamos Pε = Pε ∪ Pε , entonces
L − ε/2 < L(f, Pε ) < L(f, Pε) ≤ U(f, Pε) < U(f, Pε) < L + ε/2.
Por tanto, U(f, Pε) − L(f, Pε) < ε.
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4. Supongamos ahora que se cumple la condici´on de Riemann y veamos que f
es integrable en I.
Como L(f, P) ≤
I
f ≤ If ≤ U(f, P), entonces If −
I
f < ε, ∀ε > 0,
con lo cual If =
I
f.
Probemos ahora la equivalencia entre i) y iii). Supongamos en primer lugar
que se cumple la condici´on de Darboux. As´ı pues, dado ε > 0, elegimos δ > 0
tal que
N
i=1
f(xi)m(Ji) − L < ε/2.
Elegimos tambi´en xi ∈ Ji de modo que
|f(xi) − sup{f(x) : x ∈ Ji}| <
ε
m(Ji) · 2N
.
Entonces
|U(f, P) − L| ≤ U(f, P) −
N
i=1
f(xi)m(Ji) +
N
i=1
f(xi)m(Ji) − L
<
N
i=1
ε · m(Ji)
m(Ji) · 2N
+
ε
2
= ε.
An´alogamente se prueba para las sumas inferiores.
Para probar el rec´ıproco, necesitamos el siguiente resultado.
Lema. Dada una partici´on P de I y cualquier ε > 0, existe δ > 0 tal que
para cada partici´on P en celdas de aristas con longitud menor que δ, la
suma de las medidas de las celdas de P que no est´an totalmente contenidas
en alguna celda de P es menor que ε.
Demostraci´on. Para demostrarlo, separaremos dos casos:
n = 1: Si P = {x0, x1, . . . , xN }, basta elegir δ = ε/N porque los intervalos
de P que no est´en contenidos en alg´un intervalo [xk−1, xk] deben incluir
alg´un xk, k = 1, . . . , N − 1; por tanto, la suma de sus longitudes es menor
que N · δ (n´umero de intervalos multiplicado por la longitud de cada uno).
n > 1: Si P = {J1, . . . , JN }, llamamos T a la longitud total de las aristas
situadas entre dos celdas cualesquiera de P y elegimos δ = ε/T.
Sea J ∈ P una celda no contenida en ning´un Jk. Esto indica que corta a
dos celdas adyacentes de P. Por tanto, su n-medida es menor o igual que
δ · A, donde A es la medida de las caras comunes a dichas celdas. Entonces
J ∈P ,J ⊂Jk
m(J ) ≤ δ · T = ε.
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5. Terminemos ahora la demostraci´on del teorema suponiendo que f es inte-
grable en I. Por ser f acotada, existe M tal que |f(x)| ≤ M, ∀x ∈ I.
Por ser f integrable, existen dos particiones P1, P2 tales que:
L − L(f, P1) < ε/2
U(f, P2) − L < ε/2
(donde L es la integral y ε > 0 arbitrario).
Si P es un refinamiento de P1 y P2, entonces
U(f, P) − ε/2 < L < L(f, P) + ε/2.
Por el lema anterior, existe δ > 0 tal que si P es una partici´on de I cuyas
aristas tienen longitud menor que δ, entonces
J ∈P ,J ⊂Jk,Jk∈P
m(J ) <
ε
2M
.
Sea P = {S1, . . . , SN } una partici´on de aristas con longitud menor que δ
donde cada S1, . . . , Sk est´a contenido en alguna celda de P y Sk+1, . . . , SN
no lo est´an. Si xj ∈ Sj, entonces:
N
j=1
f(xj)m(Sj) =
k
j=1
f(xj)m(Sj) +
N
j=k+1
f(xj)m(Sj) ≤ U(f, P) + M ·
ε
2M
< L + ε.
N
j=1
f(xj)m(Sj) =
k
j=1
f(xj)m(Sj) −
N
j=k+1
−f(xj)m(Sj) ≥ L(f, P) − M ·
ε
2M
> L − ε.
Por tanto,
N
j=1
f(xj)m(Sj) − L < ε,
lo que corresponde a la condici´on de Darboux.
Ejemplos. Estudiar la integrabilidad y calcular la integral (en caso de exi-
stir) de las siguientes funciones en las regiones indicadas:
a) f(x, y) = [x] + [y], (x, y) ∈ [−1, 1] × [−1, 1].
b) f(x, y) = [x + y], (x, y) ∈ [−1, 1] × [−1, 1].
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6. c) f(x, y) = sen(x + y), (x, y) ∈ [0, π/2] × [0, π/2].
d) f(x, y) = x3 + 3x2y + y3, (x, y) ∈ [0, 1] × [0, 1].
e) f(x, y) = |y − x2|, (x, y) ∈ [−1, 1] × [0, 2].
5.2. Extensi´on del concepto de integral a regiones
acotadas.
Sea A ⊂ Rn un conjunto acotado tal que A ⊂ I, donde I es un n-intervalo,
y f : A → R una funci´on acotada. Decimos que f es integrable en A
cuando
g(x) =
f(x) si x ∈ A
0 si x ∈ I A
es integrable en I.
Esto sugiere que el tipo de regiones para las que una funci´on es integrable
no puede tener “frontera muy complicada”. Por tanto, necesitamos las sigu-
ientes definiciones.
5.2.1. Definici´on.
Un conjunto acotado A ⊂ Rn tiene contenido (seg´un Jordan) si la funci´on
constante f(x) = 1 es integrable en A. En este caso, el contenido de A se
define como c(A) = A 1.
Por definici´on de integral, un conjunto A tiene contenido cero si y s´olo
si
∀ε > 0, ∃{J1, . . . , JN } n-intervalos que cubren a A :
N
i=1
m(Ji) < ε.
Diremos entonces que un conjunto acotado A ⊂ Rn es un dominio de Jor-
dan si su frontera tiene contenido cero.
Ejemplo. La gr´afica de una funci´on y = f(x) continua en [a, b] tiene con-
tenido cero en R2.
En efecto, dado ε > 0, como f es uniformemente continua en [a, b], existe
δ > 0 tal que |f(x) − f(y)| < ε si |x − y| < δ.
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7. Sea {x0, x1, . . . , xN } una partici´on de [a, b] con xj = a+jh (j = 0, 1, . . . , N),
donde h = (b − a)/N y elegimos N suficientemente grande para que h < δ.
Si llamamos
Rj = {(x, y) : xj−1 ≤ x ≤ xj, |y − f(xj)| < ε},
entonces (x, f(x)) ∈ Rj cuando xj−1 ≤ x ≤ xj, es decir la gr´afica de f
est´a contenida en N
j=1 Rj. Como el ´area de Rj es igual a 2ε(xj − xj−1),
entonces la suma de las ´areas de todos los rect´angulos es igual a 2ε(b − a).
De forma similar se puede probar que la gr´afica de cualquier funci´on continua
z = f(x, y) sobre un rect´angulo [a, b]×[c, d] tiene contenido cero en R3.
5.2.2. Definici´on.
Un conjunto A ⊂ Rn, no necesariamente acotado, tiene medida nula
(seg´un Lebesgue) cuando
∀ε > 0, ∃{Jm}m∈N n-intervalos que cubren a A :
m∈N
m(Jm) < ε.
Ejemplo. Para ver que R tiene medida cero en R2, para cada ε > 0, basta
elegir Jn = [−n, n] × −
ε
2n · 2n+1
,
ε
2n · 2n+1
. De este modo, m(Jn) = ε/2n
y n∈N ε/2n = ε.
5.2.3. Propiedades.
Si A tiene contenido nulo, entonces tiene medida nula.
Si A tiene medida nula y B ⊂ A, entonces B tiene medida nula.
Si {Am}m∈N tienen medida nula en Rn, entonces ∪m∈NAm tiene me-
dida nula en Rn.
[Por ejemplo, la sucesi´on {xm}m∈N, con xm ∈ Rn, tiene medida nula.]
En efecto, existe para cada i ∈ N un recubrimiento {Bi1, Bi2, . . . } de Ai
tal que j∈N c(Bij) < ε/2i. Entonces {B11, B12, . . . , Bm1, Bm2, . . . }
recubre a ∪m∈NAm y
i∈N j∈N
c(Bij) < ε.
Todo subconjunto de Rm tiene n-medida cero si m < n.
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8. 5.2.4. Proposici´on.
Si A ⊂ Rn es acotado, f : A → R es acotada e integrable, f(x) = 0 ∀x ∈
A F, donde F es un conjunto de contenido cero, entonces A f = 0.
Demostraci´on. Como f es acotada, existe M > 0 tal que |f(x)| ≤ M, ∀x ∈
A. Por otra parte, como F tiene contenido cero, dado ε > 0, F ⊂ N
j=1 Rj,
con N
j=1 m(Rj) < ε/M.
Llamamos R a un n-rect´angulo que contiene a A y extendemos f a R de la
manera usual. Sea P una partici´on de R tal que Rj ∈ P, ∀j. Entonces,
−ε ≤ L(f, P) ≤ U(f, P) ≤ ε,
con lo que A f = 0.
5.2.5. Teorema de Lebesgue.
Sea A ⊂ Rn un conjunto acotado y f : A → R acotada. Si A ⊂ I, donde I
es un n-intervalo, entonces f es integrable en A si y s´olo si el conjunto de
discontinuidades de f en I tiene medida nula.
Demostraci´on. Definimos la oscilaci´on de una funci´on f en un punto x0 ∈ I
como
ω(f, x0) = l´ım
h→0+
sup{|f(x) − f(y)| : x, y ∈ B(x0, h) ∩ I}.
Antes de proceder a la demostraci´on veamos un par de resultados previos.
Lema 1. ω(f, x0) = 0 ⇐⇒ f es continua en x0.
Para probarlo, basta observar que f es continua en x0 si y s´olo si ∀ε > 0 ex-
iste B(x0, h) tal que sup{|f(x) − f(x0)| : x ∈ B(x0, h)} < ε lo cual equivale
a su vez a que ω(f, x0) = 0.
Lema 2. El conjunto Dr = {x ∈ I : ω(f, x) ≥ 1/r} es compacto.
En primer lugar, Dr es acotado por estar contenido en el n-intervalo I. Para
ver que es cerrado, sea y un punto de acumulaci´on de Dr y supongamos que
y ∈ Dr. As´ı pues, ω(f, y) < 1/r y, por definici´on de oscilaci´on, existe una
bola B(y, h) tal que
sup{|f(u) − f(v)| : u, v ∈ B(y, h) ∩ I} < 1/r.
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9. Por tanto, B(y, h) ∩ Dr = ∅, lo que contradice el hecho de ser punto de
acumulaci´on.
Vayamos ahora con la demostraci´on del teorema. Supongamos en primer
lugar que el conjunto D de discontinuidades de f en I tiene medida cero.
Como D = ∪r∈NDr, tambi´en cada Dr tiene medida cero. Al ser compacto,
s´olo un n´umero finito de n-intervalos recubren a Dr. Tenemos as´ı que
Dr ⊂
N
i=1
Ji,
N
i=1
m(Ji) < 1/r.
Consideremos ahora una partici´on de I suficientemente fina para que est´e for-
mada por C1 ∪ C2, donde C1 est´e formado por las n-celdas contenidas en
alg´un Ji y C2 por las n-celdas disjuntas con Dr.
De este modo, si J ∈ C2, ω(f, x) < 1/r, ∀x ∈ J. Por tanto, existe h > 0
tal que Mh(f) − mh(f) < 1/r, donde Mh(f) = sup{f(y) : y ∈ B(x, h)} y
mh(f) = ´ınf{f(y) : y ∈ B(x, h)}. Como J es compacto, una colecci´on finita
de {B(x, h) : x ∈ J}, digamos {U1, . . . , Um}, recubre a J.
Dividimos J en celdas de modo que cada una de ellas est´e en alguno de
{U1, . . . , Um}. La partici´on resultante verifica
U(f, P) − L(f, P) ≤
J∈C1
+
J∈C2
(MJ (f) − mJ (f)) · m(J)
≤
J∈C1
2K · m(J) + m(I)/r < 2K/r + m(I)/r < ε
(donde hemos supuesto que |f(x)| ≤ K, ∀x ∈ I).
Probemos ahora el rec´ıproco, para lo cual supongamos que f es integrable.
Escribimos nuevamente D = ∪r∈NDr, con Dr = {x ∈ I : ω(f, x) ≥ 1/r}.
Por hip´otesis, existe una partici´on P de I tal que
U(f, P) − L(f, P) =
J∈P
(MJ (f) − mJ (f)) · m(J) < ε.
Hacemos Dr = J1 ∪ J2, con J1 = {x ∈ Dr : x ∈ fr J, para alg´un J ∈ P} y
J2 = {x ∈ Dr : x ∈ J, para alg´un J ∈ P}. Es claro que J1 tiene medida
nula.
Sea C el conjunto de las celdas de P que tienen un elemento de Dr en su
interior. Si J ∈ C, entonces MJ (f) − mJ (f) ≥ 1/r y
1
r
J∈C
m(J) ≤
J∈C
(MJ (f)−mJ (f))·m(J) ≤
J∈P
(MJ (f)−mJ (f))·m(J) < ε.
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10. 5.2.6. Consecuencias del teorema de Lebesgue.
Un conjunto acotado A tiene contenido (seg´un Jordan), es decir la
funci´on constante 1 es integrable si y s´olo si la frontera de A tiene
medida nula.
Sea A ⊂ Rn un conjunto acotado que tiene contenido y f : A → R
una funci´on acotada con una cantidad finita o numerable de puntos
de discontinuidad. Entonces f es integrable.
Teorema. a) Si A ⊂ Rn es acotado y tiene medida nula y f : A → R es
integrable, entonces A f = 0.
b) Si f : A → R es integrable, f(x) ≥ 0, ∀x y A f = 0, entonces el conjunto
{x ∈ A : f(x) = 0} tiene medida nula.
Demostraci´on. a) Supongamos que A es un conjunto de medida nula y sea
S un n-intervalo que contiene a A. Extendemos f a S haciendo f(x) = 0, si
x ∈ S A.
Sean P = {S1, S2, . . . , SN } una partici´on de S y M una constante tales que
|f(x)| ≤ M, ∀x ∈ A. Entonces
L(f, P) =
N
i=1
mi(f) · m(Si) ≤ M ·
N
i=1
mi(χA) · m(Si).
Si mi(χA) = 0 para alg´un i, entonces Si ⊂ A lo que es absurdo pues m(A) =
0 pero m(Si) = 0.
En definitiva, L(f, P) ≤ 0.
An´alogamente,
U(f, P) =
N
i=1
Mi(f) · m(Si) = −
N
i=1
mi(−f) · m(Si) = −L(−f, P) ≥ 0.
Como f es integrable y L(f, P) ≤ 0 ≤ U(f, P), entonces A f = 0.
b) Sea Ar = {x ∈ A : f(x) > 1/r} y veamos que tiene contenido nulo.
Sea S un rect´angulo que contiene a A y P una partici´on de S tal que
U(f, P) < ε/r (f se extiende a S de la forma usual). Si {S1, . . . , Sk} ⊂ P
tienen intersecci´on no nula con Ar,
k
i=1
m(Si) ≤
k
i=1
r · Mi(f) · m(Si) ≤ r · U(f, P) < ε
lo que indica que Ar tiene contenido nulo.
Como A = ∪r∈NAr, A tiene medida nula.
10
11. Ejemplos.
1) f(x) = sen(1/x) es integrable en [−1, 1].
2) f(x, y) =
x2 + sen(1/y) si y = 0
x2 si y = 0
es integrable en B(0, 1).
5.3. Propiedades de la integral.
Sean A, B ⊂ Rn acotados, f, g : A → R integrables, k ∈ R.
i) f + g es integrable y A(f + g) = A f + A g.
ii) kf es integrable y A(kf) = k A f.
iii) |f| es integrable y A f ≤ A |f|.
iv) Si f ≤ g, entonces A f ≤ A g.
v) Si A tiene contenido y |f| ≤ M, entonces A f ≤ M · c(A).
vi) Si f es continua, A tiene contenido y es compacto y conexo, entonces
existe x0 ∈ A tal que A f = f(x0) · c(A).
vii) Sea f : A ∪ B → R. Si A ∩ B tiene medida nula y f|A∩B, f|A, f|B son
integrables, entonces f es integrable en A ∪ B y A∪B f = A f + B f.
5.3.1. Teorema del valor medio.
Sea K ⊂ Rn un dominio de Jordan compacto y conexo y sea f : K → R
una funci´on continua. Si g : K → R es acotada, g(x) ≥ 0, ∀x ∈ K y es
continua excepto en un conjunto de contenido cero, entonces existe z ∈ K
tal que
K
f · g = f(z)
K
g.
Demostraci´on. Sean u, v ∈ K tales que f(u) ≤ f(x) ≤ f(v), ∀x ∈ K. Como
g es no negativa,
f(u) · g(x) ≤ f(x) · g(x) ≤ f(v) · g(x), ∀x ∈ K,
de donde
f(u)
K
g ≤
K
f · g ≤ f(v)
K
g.
Si K g = 0, entonces K f · g = 0 y el teorema es cierto para cualquier
z ∈ K.
11
12. Si K g > 0, entonces
f(u) ≤ K f · g
K g
≤ f(v).
Por el teorema del valor intermedio para funciones continuas, existe z ∈ K
tal que f(z) = K f · g
K g
.
5.4. Integrales impropias.
Sea f : A ⊂ Rn → R acotada y no negativa, con A no acotado. Extendemos
f a todo Rn de la manera usual. Decimos que f es integrable en A cuando
f es integrable en todo n-intervalo [−a, a]n y existe l´ıma→∞ [−a,a]n f.
Nota. Al ser f no negativa, podemos expandir la regi´on de integraci´on
sim´etricamente. Por ejemplo, la funci´on f(x) = x cambia de signo y resulta
que
a
−a xdx = 0 con lo que
∞
−∞ f = 0 pero
0
−∞ f y
∞
0 f no existen.
5.4.1. Teorema.
Si f ≥ 0, est´a acotada y es integrable en cada [−a, a]n, entonces f es inte-
grable si y s´olo si dada cualquier sucesi´on {Bk}k∈N de conjuntos acotados
con contenido tales que Bk ⊂ Bk+1 y existe k tal que C ⊂ Bk, para todo
n-cubo C, entonces existe l´ımk→∞ Bk
f.
5.4.2. Definici´on.
a) Sea f ≥ 0 no acotada definida en A ⊂ Rn no acotado. Para cada M > 0,
se define
fM (x) =
f(x) si f(x) ≤ M
0 si f(x) > M
.
Si existe l´ımM→∞ A fM , decimos que f es integrable en A.
b) Si f : A → R es arbitraria, sean
f+
(x) =
f(x) si f(x) ≥ 0
0 si f(x) < 0
, f−
(x) =
−f(x) si f(x) ≤ 0
0 si f(x) > 0
.
As´ı, f = f+ − f− y f es integrable en A si lo son f+ y f− y definimos
A f = A f+ − A f−.
12
13. Como |f| = f+ + f−, si f es integrable, tambi´en lo es |f| y A |f| = A f+ +
A f− ≥ A f .
Rec´ıprocamente, si |f| es integrable y f es integrable en cada cubo, entonces
f es integrable.
5.5. Teorema de Fubini.
Una herramienta fundamental para abordar el problema del c´alculo de inte-
grales m´ultiples se obtiene a partir del teorema de Fubini. Veremos que, en
situaciones favorables, el c´alculo de una integral n-dimensional se reduce al
c´alculo de n integrales simples, llamadas integrales iteradas.
A lo largo de esta secci´on, representaremos todo punto de Rn como un
par (x, y), donde x ∈ Rk, y ∈ Rn−k. An´alogamente, todo n-intervalo lo
escribiremos como I = I1 × I2, con I1 ⊂ Rk, I2 ⊂ Rn−k.
5.5.1. Teorema.
Sean I ⊂ Rn un n-intervalo y f : I → R una funci´on acotada e integrable en
I.
a) Supongamos que, para cada x ∈ I1, la funci´on fx(y) = f(x, y) es inte-
grable en I2. Si llamamos g(x) = I2
fx(y)dy, entonces g es integrable en I1
y
I
f =
I1
g(x)dx =
I1 I2
f(x, y)dy dx.
b) Si, para cada y ∈ I2, la funci´on fy(x) = f(x, y) es integrable en I1,
entonces g(y) = I1
fy(x)dx es integrable en I2 y
I
f =
I2
g(y)dy =
I2 I1
f(x, y)dx dy.
Demostraci´on. Por simplicidad en la notaci´on, haremos la demostraci´on del
apartado a) para el caso n = 2 (el apartado b) es completamente an´alogo).
Si llamamos I = [a, b]×[c, d], como f es acotada en I, entonces g es acotada
en [a, b]. Adem´as,
|g(x)| ≤
d
c
|f(x, y)|dy ≤ (d − c) · sup
(x,y)∈I
|f(x, y)|.
13
14. Por ser f integrable, dado ε > 0, existe una partici´on P = {Rij, 1 ≤ i ≤
m, 1 ≤ j ≤ n} de I, con Rij = [xi−1, xi] × [yj−1, yj], tal que U(f, P) −
L(f, P) < ε.
Si llamamos
Mij = sup
(x,y)∈Rij
f(x, y) , mij = ´ınf
(x,y)∈Rij
f(x, y),
Ni = sup
x∈[xi−1,xi]
g(x) , ni = ´ınf
x∈[xi−1,xi]
g(x),
entonces, fijado x ∈ [xi−1, xi]:
mij · (yj − yj−1) ≤
yj
yj−1
f(x, y)dy ≤ Mij · (yj − yj−1).
Sumando para todos los valores de j,
n
j=1
mij · (yj − yj−1) ≤ g(x) ≤
n
j=1
Mij · (yj − yj−1).
Por tanto,
n
j=1
mij · (yj − yj−1) ≤ ni ≤ Ni ≤
n
j=1
Mij · (yj − yj−1).
Multiplicamos miembro a miembro por (xi − xi−1) y sumamos sobre i:
m
i=1
n
j=1
mij · (xi − xi−1)(yj − yj−1) ≤
m
i=1
ni · (xi − xi−1) ≤
m
i=1
Mi · (xi − xi−1)
≤
m
i=1
n
j=1
Mij · (xi − xi−1)(yj − yj−1).
Esto quiere decir que
L(f, P) ≤ L(g, Px) ≤ U(g, Px) ≤ U(f, P).
Deducimos as´ı que U(g, Px) − L(g, Px) < ε, es decir g es integrable en [a, b].
Adem´as,
I
f = sup L(f, P) ≤
b
a
g(x)dx ≤ ´ınf U(f, P) =
I
f,
lo que demuestra el teorema.
14
15. Corolario 1. Si f : I → R es continua, entonces
I
f =
I1 I2
f(x, y)dy dx =
I2 I1
f(x, y)dx dy.
Corolario 2. Sean f1, f2 : [a, b] → R continuas, con f1(x) ≤ f2(x), ∀x ∈
[a, b], D = {(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, f1(x) ≤ y ≤ f2(x)} y f : D → R
continua. Entonces
D
f =
b
a
f2(x)
f1(x)
f(x, y)dy dx.
Demostraci´on. Extendemos f a I = [a, b]×[c, d], donde c ≤ f1(x) ≤ f2(x) ≤
d, definiendo f(x, y) = 0 si (x, y) ∈ I D. De este modo, el conjunto de
discontinuidades de f est´a formado por los puntos (x, f1(x)) y (x, f2(x))
(x ∈ [a, b]), que tiene medida nula. Lo mismo ocurre con las funciones fx y
fy, por lo que todas son integrables. Basta por tanto aplicar el teorema de
Fubini para obtener el resultado.
Observaciones.
(1) Un resultado an´alogo se obtiene para regiones de la forma D = {(x, y) ∈
R2 : g1(y) ≤ x ≤ g2(y), c ≤ y ≤ d}, con g1, g2 : [c, d] → R continuas, tales
que g1(y) ≤ g2(y), ∀y ∈ [c, d]. En este caso, la integral se calcula como
D
f =
d
c
g2(y)
g1(y)
f(x, y) dx dy.
En algunos casos, la regi´on de integraci´on se puede escribir de dos formas
diferentes, por ejemplo:
D = {(x, y) ∈ R2
: a ≤ x ≤ b, f1(x) ≤ y ≤ f2(x)}
= {(x, y) ∈ R2
: g1(y) ≤ x ≤ g2(y), c ≤ y ≤ d}.
Entonces se puede calcular la integral doble de una funci´on continua en D
de dos formas diferentes. En la pr´actica ha de elegirse la que simplifique los
c´alculos.
(2) Si f : [a, b] × [c, d] → R es discontinua en un segmento {(x, y) : a ≤ x ≤
b, y = y0}, entonces
b
a fy0 (x)dx no existe; sin embargo, existe la integral
doble
b
a
d
c f(x, y)dxdy.
Esto sugiere que se extienda el teorema de Fubini para tener en cuenta las
integrales superior e inferior.
15
16. 5.5.2. Teorema.
Sea f acotada en I = [a, b] × [c, d]. Entonces
i)
I
f ≤
b
a
d
c
fx(y)dy dx ≤
b
a
d
c
fx(y)dy dx ≤
I
f.
ii)
I
f ≤
b
a
d
c
fx(y)dy dx ≤
b
a
d
c
fx(y)dy dx ≤
I
f.
iii)
I
f ≤
d
c
b
a
fy(x)dx dy ≤
d
c
b
a
fy(x)dx dy ≤
I
f.
iv)
I
f ≤
d
c
b
a
fy(x)dx dy ≤
d
c
b
a
fy(x)dx dy ≤
I
f.
v) Si existe I f, entonces las desigualdades anteriores son igualdades.
Ejercicios.
(1) Sea f : [0, 1]×[0, 1] → R definida por f(x, y) =
1 si x ∈ Q
2y si x ∈ Q.
Probar:
a) Existe
t
0 f(x, y)dy para todo t ∈ [0, 1] y
1
0
t
0 f(x, y)dy dx = t2,
1
0
t
0 f(x, y)dy dx = t.
Deducir que existe
1
0
1
0 f(x, y)dy dx.
b) Existe
1
0
1
0f(x, y)dx dy.
c) La funci´on f no es integrable en el cuadrado [0, 1] × [0, 1].
(2) Sea A = {(i/p, j/p) ∈ R2 : p es primo, 1 ≤ i, j ≤ p − 1}. Es f´acil
probar que cada recta horizontal o vertical corta a A como m´aximo en
un n´umero finito de puntos. Sin embargo, A no tiene contenido cero
porque es denso en Q = [0, 1] × [0, 1]. De hecho A es un conjunto sin
contenido (su frontera no tiene contenido cero).
Si definimos f : Q → R por f(x, y) =
1 si (x, y) ∈ A
0 si x ∈ Q A,
entonces f
no es integrable en Q (la integral inferior vale cero y la integral superior
vale 1). Sin embargo, existen
1
0
1
0 f(x, y)dy dx =
1
0
1
0 f(x, y)dx dy,
pues fx y fy tienen un n´umero finito de discontinuidades.
(3) Sea f : Q = [0, 1] × [0, 1] → R la funci´on definida por
16
17. f(x, y) =
0 si x ´o y son irracionales
1/n si y es racional, x = m/n con m y n primos entre s´ı y n > 0.
Entonces Q f =
1
0
1
0 f(x, y)dx dy = 0 pero
1
0 f(x, y)dy no existe
si x es racional.
(4) Calcular
a
0
dx
(a2−x2)1/2
0
(a2
− y2
)1/2
dy .
(5) Calcular
2
1
dx
ln x
0
(x − 1) 1 + e2y dy .
PROBLEMA 5.1
Calcular
R
f en los siguientes casos:
(a) f(x, y) =
1
(x + y)2
, R = [3, 4] × [1, 2].
(b) f(x, y) =
x2
1 + y2
, R = [0, 1] × [0, 1].
(c) f(x, y) = yexy, R = [0, 1] × [0, 1].
(d) f(x, y) = | cos(x + y)|, R = [0, π] × [0, π].
Soluci´on
(a) Como la funci´on es sim´etrica respecto a sus variables, es indiferente el
orden de las integrales iteradas. Podemos poner entonces:
R
f(x, y) dxdy =
4
0
dx
2
1
1
(x + y)2
dy =
4
3
−1
x + y
2
1
dx
=
4
3
−1
x + 2
+
1
x + 1
dx = ln
|x + 1|
|x + 2|
4
3
= ln
25
24
.
(b) En este caso las variables se pueden separar, de modo que la integral
17
18. se convierte en producto de integrales simples:
R
f(x, y) dxdy =
1
0
x2
dx
1
0
1
1 + y2
dy
=
x3
3
1
0
· arc tg y
1
0
=
π
12
.
(c) Las integrales son inmediatas si integramos en primer lugar respecto a
la variable x:
R
f(x, y) dxdy =
1
0
dy
1
0
yexy
dx =
1
0
(exy
1
0
) dy
=
1
0
(ey
− 1) dy = (ey
− y)
1
0
= e − 2.
(d) Para poder integrar la funci´on valor absoluto, debemos dividir la regi´on
de integraci´on como se indica en la figura.
A
C
B
D
Π
2
Π
Π
2
Π
Si (x, y) ∈ A∪D, entonces cos(x+y) ≥ 0 y, si (x, y) ∈ B ∪C, entonces
cos(x + y) ≤ 0. Resulta entonces:
R
f =
π/2
0
dx
π/2−x
0
cos(x + y) dy −
π/2
0
dx
π
π/2−x
cos(x + y) dy
−
π
π/2
dx
3π/2−x
0
cos(x + y) dy +
π
π/2
dx
π
3π/2−x
cos(x + y) dy
=
π/2
0
(sen(π/2) − sen x) dx −
π/2
0
(sen(x + π) − sen(π/2)) dx
−
π
π/2
(sen(3π/2) − sen x) dx +
π
π/2
(sen(x + π) − sen(3π/2)) dx
= (2x + cos x + cos(x + π))
π/2
0
+ (2x − cos x − cos(x + π))
π
π/2
=2π.
18
19. PROBLEMA 5.2
Si f es continua en R = [a, b] × [c, d], y se define
F(x, y) =
x
a
du
y
c
f(u, v)dv,
probar que
∂2F
∂x∂y
=
∂2F
∂y∂x
= f(x, y), para a < x < b, c < y < d.
Soluci´on
Llamamos G(x, y) a una funci´on tal que
∂G
∂y
(x, y) = f(x, y).
De este modo, por el teorema fundamental del c´alculo integral,
∂F
∂x
(x, y) = G(x, y) − G(x, c).
Derivando respecto a la segunda variable,
∂2F
∂x∂y
=
∂G
∂y
(x, y) −
∂G
∂y
(x, c) = f(x, y).
Por otra parte, si intercambiamos el orden de integraci´on podemos escribir
F(x, y) =
y
c
dv
x
a
f(u, v) du =
y
c
(H(x, v) − H(a, v)) dy,
si H es una funci´on tal que
∂H
∂x
(x, y) = f(x, y).
Procediendo ahora de forma an´aloga al caso anterior, obtenemos:
∂F
∂y
(x, y) = H(x, y) − H(a, y),
y, si derivamos respecto a la primera variable,
∂2F
∂y∂x
=
∂H
∂x
(x, y) = f(x, y).
19
20. PROBLEMA 5.3
Sea f(x, y) = esen(x+y) y D = [−π, π] × [−π, π]. Probar que
1
e
≤
1
4π2
D
f(x, y)dxdy ≤ e.
Soluci´on
Calculamos en primer lugar los m´aximos y m´ınimos de la funci´on
f(x, y) = esen(x+y)
en el cuadrado D = [−π, π] × [−π, π].
Para ello resolvemos el sistema
∂f
∂x
= cos(x + y) · esen(x+y)
= 0
∂f
∂y
= cos(x + y) · esen(x+y)
= 0
=⇒ cos(x+y) = 0 =⇒ x+y =
(2k + 1)π
2
.
Los ´unicos puntos estacionarios de la funci´on en el cuadrado D son los
correspondientes a las rectas x + y = π/2 y x + y = 3π/2. Como los valores
de la funci´on en dichos puntos son e y 1/e, respectivamente, deducimos
que
m´ax{f(x, y) : (x, y) ∈ D} = e, m´ın{f(x, y) : (x, y) ∈ D} = 1/e.
De la desigualdad 1/e ≤ f(x, y) ≤ e, concluimos que
D
1
e
dxdy ≤
D
f(x, y) dxdy ≤
D
e dxdy
=⇒
4π2
e
≤
D
f(x, y) dxdy ≤ 4eπ2
.
PROBLEMA 5.4
Hallar I =
1
−1
dx
2
0
|y − x2| dy.
20
21. Soluci´on
Dividamos el cuadrado [−1, 1] × [0, 2] en dos regiones (ver figura) separadas
por la par´abola y = x2.
-1 1
2
+
+
+
+
- -
-1 1
2
La integral buscada se descompone as´ı en:
I =
1
−1
dx
x2
0
x2 − y dy +
1
−1
dx
2
x2
y − x2 dy = I1 + I2.
Calculamos por separado ambas integrales:
I1 =
1
−1
−dx
x2
0
− x2 − y dy = −
1
−1
(x2 − y)3/2
3/2
x2
0
dx =
1
−1
−
2x3
3
dx = 0.
rI2 =
1
−1
(y − x2)3/2
3/2
2
x2
dx =
1
−1
(2/3) (2 − x2)3 dx
= (sustituci´on x =
√
2 cos t) =
2
3
π/4
−π/4
(1 − cos 2t) dt =
π − 2
3
.
El valor de la integral es entonces I =
π − 2
3
.
PROBLEMA 5.5
Calcular el volumen del s´olido limitado por la funci´on z = cos(x−y)
y el plano z = 0, encerrada en el cuadrado [0, π] × [0, π].
Soluci´on
21
22. En la figura se muestra la gr´afica de la funci´on donde observamos que toma
valores positivos y negativos.
x
y
z
En efecto, si (x, y) ∈ [0, π] × [0, π],
cos(x − y) > 0 ⇐⇒ −
π
2
< x − y <
π
2
⇐⇒ x −
π
2
< y < x +
π
2
.
Por tanto, debemos descomponemos el cuadrado S en las regiones A, B, C
y D, como se ilustra en la figura adjunta, y calcular la integral como suma
de integrales en cada una de dichas regiones.
A
B
C
D
As´ı pues:
22
23. V =
S
| cos(x − y)| dxdy
=
A
− cos(x − y) dxdy +
B
cos(x − y) dxdy
+
C
cos(x − y) dxdy −
D
cos(x − y) dxdy
= −
π/2
0
dx
π
x+π/2
cos(x − y) dy +
π/2
0
dx
x+π/2
0
cos(x − y) dy
+
π
π/2
dx
π
x−π/2
cos(x − y) dy −
π
π/2
dx
x−π/2
0
cos(x − y) dy
=
π/2
0
sen(x − π) − sen(−π/2) dx −
π/2
0
sen(−π/2) − sen x dx
−
π
π/2
sen(x − π) − sen(π/2) dx +
π
π/2
sen(π/2) − sen x dx = 2π.
23
24. 2. INTEGRALES DOBLES SOBRE REGIONES GENERALES.
En este curso se estudian las funciones f : Rn → Rm, es decir, funciones
definidas sobre el espacio eucl´ıdeo de dimensi´on n
Rn
= {(x1, . . . , xn) : xi ∈ R, 1 ≤ i ≤ n},
y con imagen en el espacio an´alogo de dimensi´on m, Rm.
PROBLEMA 5.6
En la integral doble
D
f(x, y) dxdy, colocar los l´ımites de inte-
graci´on en ambos ´ordenes, para los siguientes recintos:
i) trapecio de v´ertices (0, 0), (1, 0), (1, 2) y (0, 1).
ii) segmento parab´olico y = x2
, y = 1.
iii) c´ırculo x2
+ y2
≤ 1.
iv) c´ırculo x2
+ y2
≤ y.
Soluci´on
Si dibujamos las gr´aficas y despejamos cada una de las variables con respecto
a la otra, tenemos:
i) I =
1
0
dx
x+1
0
f(x, y) dy =
1
0
dy
1
0
f(x, y) dx +
2
1
dy
1
y−1
f(x, y) dx.
ii) I =
1
−1
dx
1
x2
f(x, y) dy =
1
0
dy
√
y
−
√
y
f(x, y) dx.
iii) I =
1
−1
dx
√
1−x2
−
√
1−x2
f(x, y) dy =
1
−1
dy
√
1−y2
−
√
1−y2
f(x, y) dx.
iv) I =
1/2
−1/2
dx
(1+
√
1−4x2)/2
(1−
√
1−4x2)/2
f(x, y) dy =
1
0
dy
√
y−y2
−
√
y−y2
f(x, y) dx.
24
25. PROBLEMA 5.7
Cambiar el orden de integraci´on en las integrales siguientes:
a)
3
0
dx
√
25−x2
4x/3
f(x, y) dy.
b)
2
−6
dx
2−x
x2
4
−1
f(x, y) dy.
c)
2
1
dx
√
2x−x2
2−x
f(x, y) dy.
d)
e
1
dx
ln x
0
f(x, y) dy.
e)
2a
0
dx
√
2ax
√
2ax−x2
f(x, y) dy, a > 0.
f)
2
1
dx
x3
x
f(x, y) dy +
8
2
dx
8
x
f(x, y) dy.
Soluci´on
a) La regi´on de integraci´on, indicada en la figura, es la que verifica el sis-
tema
0 ≤ x ≤ 3, 4x/3 ≤ y ≤ 25 − x2.
3
4
3
4
Como el punto (3, 4) es la intersecci´on entre la circunferencia y la recta, la
nueva integral se escribir´a como
25
26. 3
0
dx
√
25−x2
4x/3
f(x, y) dy =
4
0
dy
3y/4
0
f(x, y) dx+
5
4
dy
√
25−y2
0
f(x, y) dx.
b) Se trata de la regi´on comprendida entre la par´abola y = x2/4 − 1 y la
recta y = 2 − x.
-6 2
2
8
-6 2
2
8
Al invertir el orden de integraci´on, la integral se descompone as´ı:
I =
0
−1
dy
2
√
y+1
−2
√
y+1
f(x, y) dx +
8
0
dy
2−y
−2
√
y+1
f(x, y) dx.
c) La regi´on de integraci´on es el segmento de circunferencia (x−1)2 +y2 = 1
limitado por la recta x + y = 2. La integral se puede escribir como:
I =
1
0
dy
1+
√
1−y2
2−y
f(x, y) dx.
d) Para invertir el orden de integraci´on, basta despejar x en la ecuaci´on
y = ln x. Tenemos as´ı:
I =
1
0
dy
e
ey
f(x, y) dx.
e) Si observamos la regi´on de integraci´on, al cambiar el orden de integraci´on
debemos descomponer la integral en tres sumandos:
26
27. a 2a
a
2a
I =
a
0
dy
a−
√
a2−y2
y2/2a
f dx +
a
0
2a
a+
√
a2−y2
f dx +
2a
a
dy
2a
y2/2a
f dx.
f) La suma de las dos integrales dadas origina la regi´on dada por la figu-
ra.
1 2 8
1
8
1 2 8
1
8
Al cambiar el orden de integraci´on, queda sencillamente:
I =
8
1
dy
y
y1/3
f(x, y) dx.
27
28. PROBLEMA 5.8
Calcular las siguientes integrales:
(a)
2
1
dx
3x+1
2x
xy dy.
(b)
1
−1
dx
|x|
−2|x|
ex+y
dy.
(c)
1
0
dx
√
1−x2
0
1 − x2 − y2 dy.
(d)
1
−1
dy
1
|y|
(x + y)2
dx.
(e)
8
0
dy
3
√
y
y/4
ex2
dx.
Soluci´on
(a) Basta resolver directamente las integrales iteradas para obtener:
2
1
dx
3x+1
2x
xy dy =
2
1
xy2
2
3x+1
2x
dx =
2
1
x(3x + 1)2
2
−
x(2x)2
2
dx
=
2
1
5x3 + 6x2 + x
2
dx =
5x4
8
+ x3
+
x2
4
2
1
=
137
8
.
(b) Calculamos primero la integral respecto a la variable y:
1
−1
dx
|x|
−2|x|
ex+y
dy =
1
−1
ex+y
|x|
−2|x|
dx =
1
−1
(ex+|x|
− ex−2|x|
) dx.
Ahora descomponemos la integral simple en suma de dos integrales para
28
29. sustituir el valor absoluto:
1
−1
(ex+|x|
− ex−2|x|
) dx =
0
−1
(1 − e3x
) dx +
1
0
(e2x
− e−x
) dx
= x −
1
3
e3x
0
−1
+
1
2
e2x
+ e−x
1
0
= −
5
6
+
1
3
e−3
+
1
2
e2
+ e−1
.
(c) Integramos primero respecto a y para lo cual hacemos el cambio de
variable sen t = y/
√
1 − x2. De este modo:
1
0
dx
√
1−x2
0
1 − x2 − y2 dy =
1
0
dx
π/2
0
( 1 − x2)2
· cos2
t dt
=
1
0
(1 − x2
) ·
t
2
+
sen 2t
4
π/2
0
dx
=
π
4
1
0
(1 − x2
) dx =
π
4
x −
x3
3
1
0
=
π
6
.
(d) El dominio de integraci´on es la regi´on ilustrada en la figura.
1
-1
1
x=y
x=-y
1
-1
1
Integramos primero respecto a y y despu´es descomponemos el intervalo
29
30. [−1, 1] en dos subintervalos para calcular la integral respecto a x:
I =
1
−1
x3
3
+ x2
y + xy2
1
|y|
dy
=
1
−1
1
3
+ y + y2
−
|y|3
3
− y3
− |y| · y2
dy
=
0
−1
1
3
+ y + y2
+
y3
3
dy +
1
0
1
3
+ y + y2
−
7y3
3
dy
=
y
3
+
y2
2
+
y3
3
+
y4
12
0
−1
+
y
3
+
y2
2
+
y3
3
−
7y4
12
1
0
=
2
3
.
(e) La regi´on de integraci´on es la que se ilustra en la figura adjunta.
2
8
y=4x
y=x3
2
8
Intercambiando el orden de integraci´on se obtiene
I =
2
0
dx
4x
x3
ex2
dy =
2
0
(4xex2
− x3
ex2
) dx
= 2ex2 2
0
−
x2
2
ex2 2
0
+
2
0
xex2
dx =
e4
2
−
5
2
.
(Aplicar el m´etodo de integraci´on por partes en la segunda integral.)
30
31. PROBLEMA 5.9
Calcular
D
f(x, y) dxdy en los siguientes casos:
i) f(x, y) = xy2, D el recinto limitado por y2 = 2px y x = p/2 (p > 0).
ii) f(x, y) = x2
+ y2
, D el paralelogramo limitado por y = x, y = x+a,
y = a, y = 3a.
iii) f(x, y) = x + y, D est´a limitado por y2 = 2x, x + y = 4, x + y = 12.
Soluci´on
i) Escribimos la integral doble en forma de integrales iteradas y resulta:
I =
p/2
0
dx
√
2px
−
√
2px
xy2
dy =
p/2
0
x·
y3
3
√
2px
−
√
2px
dx =
1
3
p/2
0
2x(2px)3/2
dx =
p5
21
.
ii) Si observamos el paralelogramo de la figura, observamos que es m´as con-
veniente realizar primero la integral respecto a x.
a 2a
3a
3a
a
2a
As´ı,
I =
3a
a
dy
y
y−a
(x2
+ y2
) dx =
3a
a
x3
3
+ y2
x
y
y−a
dy = · · · = 14a4
.
iii) Teniendo en cuenta la forma de la regi´on de integraci´on, si integramos
primero respecto a y, la integral se descompone en dos sumandos.
31
32. 2 8 12 18
-6
-4
2
4
2 8 12 18
-6
-4
2
4
As´ı pues,
I =
8
2
dx
√
2x
4−x
(x + y) dy +
18
8
dx
12−x
−
√
2x
(x + y) dy
=
8
2
√
2 · x3/2
− 3x + x2
−
(4 − x)2
2
dx
+
18
8
11x − x2
+
(12 − x)2
2
+
√
2 · x3/2
dx =
8156
15
.
Otra posibilidad ser´ıa restar la integral sobre la regi´on comprendida entre
la par´abola y la recta x + y = 12 y la integral sobre la regi´on comprendida
entre la par´abola y la recta x + y = 4.
PROBLEMA 5.10
Calcular
D
f(x, y) dxdy en los siguientes casos:
i) f(x, y) = y, D = {(x, y : 0 ≤ 2x/π ≤ y ≤ sen x}.
ii) f(x, y) = x2 + y2, D recinto limitado por y = x2, x = 2, y = 1.
iii) f(x, y) = x2y, D es el primer cuadrante del c´ırculo x2 + y2 ≤ 4.
iv) f(x, y) = y, D = {(x, y) : y > 0, x2 + y2 ≤ a2, y2 ≥ 2ax, x ≥ 0}.
Soluci´on
i) Los puntos de intersecci´on de las curvas y = sen x, y = 2x/π son (0, 0) y
(π/2, 1).
32
33. La integral se calcula entonces de forma directa:
I =
π/2
0
dx
sen x
2x/π
y dy =
π/2
0
sen2 x − (2x/π)2
2
dx =
π
24
.
ii) La figura adjunta muestra la regi´on dada.
2
1
4
2
1
4
Para calcular la integral podemos seguir dos m´etodos:
1) Integrando como regi´on de tipo 1.
I =
2
1
dx
x2
1
(x2
+ y2
) dy
=
2
1
(x2
y + y3
/3)
x2
1
dx =
2
1
(x4
+ x6
/3 − x2
− 1/3) dx =
1006
105
.
2) Integrando como regi´on de tipo 2.
I =
4
1
dy
2
√
y
(x2
+ y2
) dx
=
4
1
(x3
/3 + xy2
)
2
√
y
dy =
4
1
(8/3 + 2y2
− y3/2
/3 − y5/2
) dy =
1006
105
.
iii) A partir de la figura adjunta obtenemos los l´ımites de integraci´on.
33
34. 2
2
2
2
De este modo, la integral se expresa como:
I =
2
0
x2
dx
√
4−x2
0
y dy =
2
0
x2
y2
/2
√
4−x2
0
dx
=
1
2
2
0
(4x2
− x4
)dx =
1
2
4
3
x3
−
1
5
x5
2
0
=
32
15
.
iv) La intersecci´on de x2 + y2 = a2 con y2 = 2ax da x = a(
√
2 − 1), y el
recinto S es el indicado en la figura.
Teniendo en cuenta la figura, la integral se escribe como
I =
a(
√
2−1)
0
dx
√
a2−x2
√
2ax
y dy =
1
2
a(
√
2−1)
0
(a2
−x2
−2ax) dx =
a3
6
(4
√
2−5).
34
35. PROBLEMA 5.11
Si llamamos A =
1
0
e−t2
dt e I = 2
1
0
dx
x
0
e−y2
dy, probar que
I = 2A + e−1 − 1.
Soluci´on
La regi´on de integraci´on es el tri´angulo de la figura.
1
1
Hx,xL
Hx,0L 1
1
1
y
1
Hy,yL H1,
1
y
1
Intercambiando el orden de integraci´on en I, tenemos:
I = 2
1
0
dy
1
y
e−y2
dx = 2
1
0
(e−y2
x)
1
y
dy
= 2
1
0
(e−y2
− ye−y2
) dy = 2
1
0
e−y2
dy +
1
0
−2ye−y2
dy
= 2A + e−y2 1
0
= 2A + e−1
− e0
.
PROBLEMA 5.12
Probar que 2
b
a
dx
b
x
f(x)f(y) dy =
b
a
f(x) dx
2
.
35
36. Soluci´on
Por una parte,
I =
b
a
f(x) dx
2
=
b
a
f(x) dx ·
b
a
f(x) dx =
b
a
b
a
f(x)f(y) dxdy.
a b
a
b
S1
xa b
a
b
a b
a
b
y
S2
a b
a
b
Descomponiendo el cuadrado en dos tri´angulos como indica la figura, resul-
ta:
I =
S1
f(x)f(y) dxdy +
S2
f(x)f(y) dxdy
=
b
a
dx
b
x
f(x)f(y) dy +
b
a
dy
b
y
f(x)f(y) dx = 2
b
a
dx
b
x
f(x)f(y) dy,
pues en el segundo sumando se pueden intercambiar las letras x e y.
PROBLEMA 5.13
Hallar el ´area limitada por el lazo de y2 = x2(2 − x).
Soluci´on
36
37. Observando la figura se obtiene directamente:
A = 2
2
0
dx
x
√
2−x
0
dy = 2
2
0
x
√
2 − x dx = (sustituci´on 2 − x = z2)
= −4
0
√
2
(2z2
− z4
) dz =
32
√
2
15
.
PROBLEMA 5.14
Hallar el volumen de la regi´on limitada por los planos z = x + y,
z = 6, x = 0, y = 0, z = 0.
Soluci´on
La regi´on dada es el tetraedro de la figura.
x
y
z
37
38. Si observamos que, cuando x var´ıa entre 0 y 6, y var´ıa entre 0 y z − x, con
z = 6, el volumen buscado es:
V =
6
0
dx
6−x
0
[6−(x+y)] dy =
6
0
(6−x)y−
y2
2
6−x
0
dx =
6
0
(6 − x)2
2
dx = 36.
PROBLEMA 5.15
Hallar el volumen del s´olido limitado por el paraboloide x2+4y2 = z,
el plano z = 0 y los cilindros y2 = x, x2 = y.
Soluci´on
La proyecci´on de la figura sobre el plano z = 0 es la regi´on limitada por las
par´abolas y2 = x, x2 = y. As´ı pues, cuando x var´ıa entre 0 y 1, y var´ıa entre
x2 y
√
x.
x
y
z
El volumen queda ahora
V =
1
0
dx
√
x
x2
(x2
+ 4y2
) dy =
1
0
(x5/2
+
4
3
x3/2
− x4
−
4
3
x6
)dx =
3
7
.
38
39. PROBLEMA 5.16
Hallar el volumen de la porci´on del cilindro 4x2 +y2 = a2 compren-
dida entre los planos z = 0 y z = my.
Soluci´on
En primer lugar, observamos que el s´olido es sim´etrico respecto a la recta y =
z = 0. Por otra parte, la base del s´olido es la elipse 4x2 + y2 = a2, de modo
que, cuando x var´ıa entre −a/2 y a/2, y var´ıa entre 0 y
√
a2 − 4x2.
x
y
z
Teniendo en cuenta lo anterior, el volumen queda:
V = 2
a/2
−a/2
dx
√
a2−4x2
0
my dy = m
a/2
−a/2
(a2
− 4x2
) dx =
2ma3
3
.
39
40. 3. CAMBIO DE VARIABLES EN LA INTEGRAL DOBLE.
En este apartado vamos a generalizar la f´ormula
g(b)
g(a)
f(x) dx =
b
a
f(g(t)) · g (t) dt
al caso de funciones de n variables. Como la regi´on de integraci´on ya no
ser´a un simple intervalo, necesitamos estudiar c´omo se transforman regiones
en Rn mediante cambios de variable.
En primer lugar, observaremos que las im´agenes de conjuntos con contenido
bajo funciones de clase C(1) tienen tama˜no comparable a los de los conjuntos
originales.
Lema 1. Sea Ω un abierto en Rn y ϕ : Ω → Rn una funci´on de clase C(1)
en Ω. Sea A un conjunto acotado, con A ⊂ Ω. Entonces existen un abierto
acotado Ω1, con A ⊂ Ω1 ⊂ Ω1 ⊂ Ω, y una constante M > 0 tales que, si
A ⊂ ∪p
j=1Ij, donde Ij son n-cubos cerrados de Ω1 con
p
j=1
c(Ij) ≤ α, entonces
ϕ(A) ⊂ ∪m
k=1Jk, donde Jk son n-cubos cerrados y
m
k=1
c(Jk) ≤ M · α.
Demostraci´on. Definimos en primer lugar
δ =
1 si Ω = Rn
1
2 ´ınf{ a − x : a ∈ A, x ∈ Ω} si Ω = Rn.
Como A es compacto, δ >
0.
Sea ahora Ω1 = {y ∈ Rn : y−a < δ, para alg´un a ∈ A}. As´ı, Ω1 es abierto
y acotado. Adem´as A ⊂ Ω1 y Ω1 ⊂ Ω.
Como ϕ ∈ C(1)(Ω) y Ω1 es compacto, existe M0 = sup{ Dϕ(x) : x ∈
Ω1} < ∞.
Si A ⊂ p
j=1 Ij, entonces ϕ(x) − ϕ(y) ≤ M0 x − y , ∀x, y ∈ Ij.
Si las aristas de Ij miden 2rj y x es el centro de Ij, ∀y ∈ Ij, x−y ≤
√
n·rj,
de donde ϕ(x) − ϕ(y) ≤
√
n · M0 · rj, es decir ϕ(Ij) est´a contenido en un
n-cubo de lado 2M0rj. Por lo tanto, ϕ(A) ⊂ Jk, con c(Jk) ≤ M ·α.
Como consecuencia inmediata tenemos el siguiente resultado.
40
41. Corolario 1. Sea Ω un abierto en Rn y ϕ : Ω → Rn una funci´on de clase
C(1) en Ω. Sea A un conjunto acotado, con A ⊂ Ω. Si A tiene contenido
cero, entonces ϕ(A) tiene contenido cero.
Tambi´en podemos concluir f´acilmente que la imagen de un conjunto acotado
de dimensi´on menor a la del espacio tiene contenido cero.
Corolario 2. Sea Ω un abierto en Rr (r < n) y ψ : Ω → Rn una funci´on
de clase C(1) en Ω. Si A es un conjunto acotado, con A ⊂ Ω, entonces ψ(A)
tiene contenido cero.
Demostraci´on. Si llamamos Ω0 = Ω × Rn−r, entonces Ω0 es abierto en Rn.
Si definimos ϕ : Ω0 → Rn por ϕ(x1, . . . , xn) = ψ(x1, . . . , xr), entonces ϕ ∈
C(1)(Ω0).
Sea ahora A0 = A×{0, . . . , 0}. Entonces A0 ⊂ Ω0 y A0 tiene contenido cero
en Rn. Entonces ψ(A) = ϕ(A0) tiene contenido cero en Rn.
Con este resultado sabemos que, si A es un conjunto con contenido y ϕ ∈
C(1)(Ω), con A ⊂ Ω, entonces ϕ(fr(A)) tiene contenido cero. Queremos
tambi´en que fr(ϕ(A)) tenga contenido cero y estudiaremos a continuaci´on
cu´ando ocurre.
Lema 2. Sea Ω un abierto en Rn y ϕ : Ω → Rn una funci´on de clase C(1)
en Ω. Si A es un conjunto con contenido, A ⊂ Ω y Jϕ(x) = 0, ∀x ∈ (A),
entonces ϕ(A) tiene contenido.
Demostraci´on. Como A es compacto y ϕ es continua, entonces ϕ( A) es
compacto, con lo que ϕ(A) es acotado.
Si probamos que fr ϕ(A) ⊂ ϕ(fr(A)) y que ϕ(fr(A)) tiene contenido cero,
tendremos que fr ϕ(A) tiene contenido cero, lo que significa que ϕ(A) tiene
contenido.
Por una parte, como ϕ( A) es compacto, fr(ϕ(A)) ⊂ ϕ( A) = ϕ( (A)∪fr(A)).
As´ı pues, si y ∈ fr(ϕ(A)), existe x ∈ (A) ∪ fr(A) tal que y = ϕ(x).
Si estuviera x en el interior de A, por hip´otesis Jϕ(x) = 0, con lo que
y = ϕ(x) ser´ıa un punto interior de ϕ( (A)) y tambi´en un punto interior
de ϕ(A), lo que contradice la suposici´on dada.
Obtenemos as´ı que fr(ϕ(A)) ⊂ ϕ(fr(A)).
Por otra parte, como A tiene contenido, fr(A) ⊂ Ω es cerrado y tiene con-
tenido cero, de donde ϕ(fr(A)) tiene contenido cero.
41
42. Corolario. Sea Ω un abierto en Rn y ϕ : Ω → Rn una funci´on inyectiva y
de clase C(1) en Ω. Si A tiene contenido, A ⊂ Ω y Jϕ(x) = 0, ∀x ∈ (A),
entonces fr(ϕ(A)) = ϕ(fr(A)).
Demostraci´on. Basta probar que ϕ(fr(A)) ⊂ fr(ϕ(A)). Para ello, sea x ∈
fr(A). Existen dos sucesiones (xn) ⊂ A, (yn) ⊂ Ω A que convergen a x.
Como ϕ es continua, las sucesiones (ϕ(xn)) y (ϕ(yn)) convergen a ϕ(x).
Como ϕ es inyectiva, ϕ(yn) ∈ ϕ(A), de modo que ϕ(x) ∈ fr(ϕ(A)).
Transformaciones lineales.
Veremos a continuaci´on que conjuntos con contenido se transforman me-
diante aplicaciones lineales en conjuntos con contenido, y dicho contenido
es un m´ultiplo del original. Adem´as este m´ultiplo es el valor absoluto del
determinante de la aplicacion.
Teorema. Sea L : Rn → Rn una transformaci´on lineal. Si A ⊂ Rn es un
conjunto con contenido, entonces c(L(A)) = | det L| · c(A).
Demostraci´on. Si L es singular, det L = 0 y la imagen R(L) = Rn. Esto
indica que R(L) es la imagen de alguna aplicaci´on L : Rk → Rn, con k < n.
Por tanto, c(L(A)) = 0.
Si L no es singular, det L = 0. Como A tiene contenido, L(A) tiene contenido.
Para cada conjunto con contenido, definimos la aplicaci´on λ(A) = c(L(A)).
Dicha aplicaci´on tiene las siguientes propiedades elementales:
i) λ(A) ≥ 0, ∀A.
ii) λ(A ∪ B) = λ(A) + λ(B) si A ∩ B = ∅.
iii) λ(x + A) = λ(A), ∀x ∈ Rn.
iv) Si A ⊂ B, entonces λ(A) ≤ λ(B).
Si llamamos K0 = [0, 1)n al n-cubo unidad y mL = λ(K0), las propiedades
anteriores permiten probar que λ(A) = mL · c(A), para todo conjunto aco-
tado A ⊂ Rn.
Por otra parte, si M es otra aplicaci´on lineal no singular, entonces
mL◦M ·c(A) = c((L◦M)(A)) = c(L(M(A))) = mL·c(M(A)) = mL·mM ·c(A).
Teniendo en cuenta que toda aplicaci´on lineal no singular es composici´on
(m´as o menos iterada) de dos tipos especiales:
a) L1(x1, . . . xi, . . . , xn) = (x1, . . . , αxi, . . . , xn),
42
43. b) L2(x1, . . . xi, . . . , xj, . . . , xn) = (x1, . . . , xi + xj, . . . , xj, . . . , xn),
basta probar que mL = | det L| en estos casos para que la propiedad sea
cierta en el caso general.
a) Si α > 0, L1(K0) = [0, 1) × · · · × [0, α) × · · · × [0, 1), de donde α =
c(L1(K0)) = mL1 · c(K0) = mL1 .
Si α < 0, L1(K0) = [0, 1) × · · · × (α, 0] × · · · × [0, 1), de donde −α =
c(L1(K0)) = mL1 · c(K0) = mL1 .
De cualquier manera, |α| = mL1 = | det L1|.
b) Sean ∆1 = {(x1, . . . , xn) ∈ K0 : xi < xj} y ∆2 = {(x1, . . . , xn) ∈ K0 :
xi ≥ xj}. De este modo, ∆1 ∩ ∆2 = ∅ y K0 = ∆1 ∪ ∆2. Adem´as
L2(K0) = ∆2 ∪ {(0, 0, . . . , 1, 0, . . . , 0) + ∆1}.
Por tanto, c(L2(K0)) = c(∆2) + c({(0, 0, . . . , 1, 0, . . . , 0) + ∆1}) =
c(∆2) + c(∆1) = c(K0), de donde mL2 = 1 = | det L2|.
Transformaciones no lineales.
Lema. Sea K ⊂ Rn un n-cubo cerrado con centro el origen. Sea Ω un abierto
que contiene a K. Sea ψ : Ω → Rn una funci´on inyectiva y de clase C(1)
en Ω. Supongamos que Jψ(x) = 0, ∀x ∈ K y ψ(x) − x ≤ α x , ∀x ∈ K,
donde 0 < α < 1/
√
n. Entonces
(1 − α
√
n)n
≤
c(ψ(K))
c(K)
≤ (1 + α
√
n)n
.
Demostraci´on. Como K tiene contenido, ψ(K) tiene contenido. Adem´as
∂(ψ(K)) = ψ(∂K).
Si los lados de K tienen longitud 2r y x ∈ ∂K, entonces r ≤ x ≤ r
√
n.
Por hip´otesis, deducimos que ψ(x) − x ≤ α x ≤ α · r ·
√
n. Por tanto,
el conjunto ψ(∂K) no intersecta un cubo abierto Ci de centro O y lados de
longitud 2(1 − α
√
n) · r.
Si llamamos A = ψ(K), B = ext ψ(K), A y B son abiertos, disjuntos, no
vac´ıos con A ∪ B = Rn ∂(ψ(K)).
Como Ci es conexo, Ci ⊂ A ´o Ci ⊂ B. Pero O ∈ Ci ∩ A, de donde Ci ⊂ A ⊂
ψ(K).
An´alogamente se prueba que, si C0 es el cubo cerrado de centro el origen y
lados 2(1 + α
√
n)r, entonces ψ(K) ⊂ C0.
43
44. Teorema. Sea Ω ⊂ Rn abierto, ϕ : Ω → Rn, ϕ ∈ C(1)(Ω), ϕ inyectiva,
Jϕ(x) = 0, ∀x ∈ Ω. Si A tiene contenido y A ⊂ Ω, dado ε ∈ (0, 1), existe
γ > 0 tal que, si K es un n-cubo cerrado de centro x ∈ A y lados de longitud
menor que 2γ, entonces
|Jϕ(x)| · (1 − ε)n
≤
c(ϕ(K))
c(K)
≤ |Jϕ(x)| · (1 + ε)n
.
Demostraci´on. En primer lugar, construimos δ y Ω1 como en el lema 1.
Como det Dϕ(x) = Jϕ(x) = 0, ∀x ∈ Ω, entonces existe Lx = (Dϕ(x))−1 y
adem´as det Lx = 1/Jϕ(x), x ∈ Ω.
Como los elementos de la matriz Lx son funciones continuas, por la com-
pacidad de Ω1, existe M > 0 tal que Lx ≤ M, ∀x ∈ Ω1.
Sea ε ∈ (0, 1). Por la continuidad uniforme de Dϕ en Ω1, existe β ∈ (0, δ/2)
tal que,
x1 − x2 ≤ β =⇒ Dϕ(x1) − Dϕ(x2) ≤
ε
M
√
n
.
Dado x ∈ A, si z ≤ β, es claro que x ∈ Ω1, x + z ∈ Ω1. Adem´as,
ϕ(x+z)−ϕ(x)−Dϕ(x)(z) ≤ z · sup
0≤t≤1
Dϕ(x+tz)−Dϕ(x) ≤
ε
M
√
n
· z .
Si definimos ψ(z) = Lx(ϕ(x + z) − ϕ(x)), de esta desigualdad se deduce:
ψ(z)−z = Lx(ϕ(x+z)−ϕ(x)−LxDϕ(x)(z) ≤ Lx ·
ε
M
√
n
· z ≤
ε · z
√
n
,
si z ≤ β.
Aplicamos el lema anterior con α = ε√
n
. Entonces, si K1 es un cubo cerrado
con centro O y contenido en la bola abierta de radio β, entonces
(1 − ε)n
≤
c(ψ(K1))
c(K1)
≤ (1 + ε)n
.
Por la definici´on de ψ, si K = x + K1, K es un cubo cerrado de centro x y
c(K) = c(K1). Adem´as
c(ψ(K1)) = | det Lx| · c(ϕ(x + K1) − ϕ(x)) =
1
|Jϕ(x)|
· c(ϕ(K)).
Si los lados de K tienen arista menor que 2γ (γ = β/
√
n), el teorema se
cumple.
44
45. Teorema del cambio de variable.
Sea Ω ⊂ Rn abierto, ϕ : Ω → Rn, ϕ ∈ C(1)(Ω), ϕ inyectiva, Jϕ(x) = 0,
∀x ∈ Ω. Si A tiene contenido, A ⊂ Ω y f : ϕ(A) → R es acotada y continua,
entonces
ϕ(A)
f =
A
(f ◦ ϕ) · |Jϕ|.
Demostraci´on. Debido a la continuidad de los integrandos, ambas integrales
existen. Si hacemos f = f+ − f−, con f+
=
f + |f|
2
, f−
= −
f − |f|
2
, por
la linealidad de la integral, basta hacer la demostraci´on para funciones no
negativas.
Definimos Ω1 como en el lema 1 y definimos tambi´en
Mϕ = sup{ Dϕ(x) : x ∈ Ω1}
Mf = sup{f(y) : y ∈ ϕ(A)}
MJ = sup{|Jϕ(x)| : x ∈ A}
Sea ε ∈ (0, 1), I un n-intervalo que contiene a A y {Ki : i = 1, . . . , M} una
partici´on de I en cuadrados con aristas de longitud menor que 2γ, con γ
definido como en el teorema del jacobiano.
Sean {K1, . . . , Km} los cuadrados completamente contenidos en A, {Km+1, . . . , Kp}
los que tienen puntos dentro y fuera de A y {Kp+1, . . . , KM } los contenidos
en el complementario de A.
Como A tiene contenido, se pueden elegir de modo que
c(A) ≤
m
i=1
c(Ki) + ε,
p
i=m+1
c(Ki) < ε.
Sea B = K1 ∪ · · · ∪ Km; como c(A B) = c(A) − c(B) < ε, tenemos:
A
(f ◦ ϕ)|Jϕ| −
B
(f ◦ ϕ)|Jϕ| =
AB
(f ◦ ϕ)|Jϕ| ≤ Mf ·MJ ·c(AB) < Mf ·MJ ·ε.
Por el lema 1, c(ϕ(A B)) ≤ K · ε, de donde
ϕ(A)
f −
ϕ(B)
f =
ϕ(AB)
f ≤ Mf · K · ε.
45
46. Si xi es el centro de Ki (i = 1, . . . , m), por el teorema del jacobiano,
|Jϕ(xi)| · (1 − ε)n
≤
c(ϕ(Ki))
c(Ki)
≤ |Jϕ(xi)| · (1 + ε)n
.
Como 0 < ε < 1, 1 − 2n · ε ≤ (1 − εn) y (1 + εn) ≤ 1 + 2n · ε. Por tanto,
|c(ϕ(Ki)) − |Jϕ(xi) · c(Ki)| ≤ c(Ki) · MJ · 2n
· ε.
Por la continuidad de las funciones sobre el compacto B, podemos suponer
que, dado cualquier yi ∈ Ki,
B
(f ◦ ϕ)|Jϕ| −
m
i=1
(f ◦ ϕ)(yi)|Jϕ(xi)| · c(Ki) < ε · c(B).
Como ϕ es inyectiva, dos conjuntos de la familia {ϕ(Ki) : i = 1, . . . , m} se
intersectan en ϕ(Ki ∩ Kj) que tiene contenido cero pues c(Ki ∩ Kj) = 0.
Como ϕ(Ki) tiene contenido, f es integrable en ϕ(Ki). Entonces
ϕ(B)
f =
m
i=1 ϕ(Ki)
f.
Como f es acotada y continua en ϕ(Ki), existe pi ∈ ϕ(Ki) tal que
ϕ(Ki)
f = f(pi) · c(ϕ(Ki)), i = 1, . . . , m.
Por ser ϕ inyectiva, existe un ´unico yi ∈ Ki tal que ϕ(yi) = pi. Entonces
ϕ(B)
f =
m
i=1
(f ◦ ϕ)(yi) · c(ϕ(Ki)).
Al ser (f ◦ ϕ)(yi) ≥ 0, resulta
m
i=1
(f ◦ ϕ)(yi) · c(ϕ(Ki)) −
m
i=1
(f ◦ ϕ)(yi) · |Jϕ(xi)| · c(Ki)
≤ MJ 2n
ε
m
i=1
(f ◦ ϕ)(yi) · c(Ki)
≤ MJ Mf 2n
ε
m
i=1
c(Ki) ≤ MJ Mf 2n
c(A)ε.
Combinando las ´ultimas desigualdades, obtenemos:
ϕ(B)
f −
B
(f ◦ ϕ)|Jϕ| ≤ ε · c(A)(1 + MJ Mf 2n
).
46
47. En definitiva,
ϕ(A)
f −
A
(f ◦ ϕ)|Jϕ| ≤ Mf ·K·ε+ε·c(A)(1+MJ Mf 2n
)+Mf ·MJ ·ε = ε.
Ejemplos.
1)
A
f(x, y) dxdy =
A
f(r cos ϑ, r sen ϑ)r drdϑ.
2)
A
f(x, y, z) dxdydz =
A
f(r cos ϑ, r sen ϑ, z)r drdϑdz.
3)
A
f(x, y, z) dxdydz =
A
f(ρ cos ϑ sen ϕ, ρ sen ϑ sen ϕ, ρ cos ϕ)ρ2
sen ϕ dρdϑdϕ.
4)
A
f(x + 2y, 2x − 3y) dxdy =
g(A)
1
7
f(u, v)r dudv, g(x, y) = (x +
2y, 2x − 3y).
Ejercicio.
(a) Probar que
R2
e−(x2+y2)
dxdy = π.
(b) Probar que
∞
−∞
e−x2
dx =
√
π.
(c) Probar que
Rn
e− x 2
dx = πn/2
.
(d) Calcular
∞
−∞
e−tx2
dx y
∞
−∞
x2
e−tx2
dx (t > 0).
PROBLEMA 5.17
Sea D∗ = [0, 1] × [0, 1] y se define T : R2 → R2 como T(u, v) =
(−u2 + 4u, v). Encontrar D = T(D∗). ¿Es T inyectiva?
Soluci´on
47
48. Cada una de las componentes x = −u2 + 4u, y = v, es funci´on de una sola
variable. Para ver que T es inyectiva, basta comprobar que lo son cada una
de las componentes.
Ahora bien, la funci´on y = v es la identidad, que es evidentemente inyectiva.
Adem´as, si 0 ≤ v ≤ 1, entonces 0 ≤ y ≤ 1.
Por otra parte, la funci´on x = −u2 + 4u = −u(u − 4) corresponde a una
par´abola de v´ertice el punto (2, 4) y que corta al eje u en los puntos (0, 0) y
(4, 0). Como el dominio est´a restringido al intervalo u ∈ [0, 1], la funci´on es
inyectiva y la imagen del intervalo [0, 1] es el intervalo x ∈ [0, 3].
En la figura siguiente se ilustra el comportamiento de la funci´on T.
T
−−−−−−−−→
1 u
1
v
D*
1 u
1
v
3
x
1
y
D
3
x
1
y
PROBLEMA 5.18
Sea D∗ el paralelogramo limitado por las rectas y = 3x − 4, y = 3x,
y = x/2, y = x/2 + 2. Sea D = [0, 1] × [0, 1]. Encontrar T : R2 → R2
tal que T(D∗) = D.
Soluci´on
En la figura se muestran los paralelogramos D∗ y D (donde A = (4/5, 12/5), B =
(12/5, 16/5), C = (8/5, 4/5)):
x
y
D*
A
B
C
x
y
T
−−−−−−−−→
1 u
1
v
D
1 u
1
v
48
49. Como la aplicaci´on buscada transforma un paralelogramo en otro, debe ser
una transformaci´on lineal, del tipo
u = ax + by + m
v = cx + dy + n.
Debido a que ambos paralelogramos pasan por el origen, podemos hacer
T(0, 0) = (0, 0), de modo que m = n = 0.
Teniendo en cuenta que los v´ertices de un paralelogramo se aplican en los
v´ertices del otro, podemos establecer las relaciones:
T(8/5, 4/5) = (1, 0) =⇒
8a/5 + 4b/5 = 1
8c/5 + 4d/5 = 0
T(12/5, 16/5) = (1, 1) =⇒
12a/5 + 16b/5 = 1
12c/5 + 16d/5 = 1
Resolviendo el sistema resultante, se obtienen los valores a = 3/4, b = −1/4,
c = −1/4 y d = 1/2. La transformaci´on buscada tiene por ecuaciones
u =
3x − y
4
, v =
−x + 2y
4
.
PROBLEMA 5.19
Una regi´on R del plano XY est´a limitada por las rectas x + y = 6,
x − y = 2 e y = 0.
a) Determinar la regi´on R∗ del plano UV en que se aplica R por la
transformaci´on x = u + v, y = u − v.
b) Calcular el jacobiano de la transformaci´on
∂(x, y)
∂(u, v)
.
c) Comparar el resultado de b) con la relaci´on entre las ´areas de R
y R∗.
Soluci´on
La gr´afica siguiente muestra las regiones R y R∗:
49
50. 1 3 u
1
3
v
R*
1 3 u
1
3
v
T
−−−−−−−−→
x = u + v
y = u − v
2 6 x
2
y
R
2 6 x
2
y
a) La regi´on R sombreada en la parte derecha de la figura es un tri´angulo
limitado por las rectas dadas. Mediante la transformaci´on dada, la
recta x + y = 6 se transforma en (u + v) + (u − v) = 6, es decir
la recta u = 3. An´alogamente, la recta x − y = 2 se transforma en
(u + v) − (u − v) = 2 o bien la recta v = 1. De la misma manera el eje
y = 0 se convierte en la recta u = v. La regi´on transformada R∗ es el
tri´angulo de la izquierda en el plano UV .
b) Calculando las derivadas parciales obtenemos directamente
∂(x, y)
∂(u, v)
=
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
=
1 1
1 −1
= −2.
c) El ´area de la regi´on triangular R es 4, en tanto que la de la regi´on R∗ es
2. Luego la relaci´on entre ambas es 4/2 = 2 que coincide con el valor
absoluto del jacobiano. Como el jacobiano es constante (lo que ocurre
con las transformaciones lineales), las ´areas de cualesquiera regiones R
del plano XY son el doble de las ´areas de las regiones correspondientes
transformadas R∗ del plano UV .
50
51. PROBLEMA 5.20
Una regi´on R del plano XY est´a limitada por las curvas
x2
+ y2
= a2
, x2
+ y2
= b2
, x = 0, y = 0,
con 0 < a < b, en el primer cuadrante.
a) Determinar la regi´on R en la cual se transforma R por la trans-
formaci´on x = u cos v, y = r sen v.
b) Estudiar lo que ocurre si a = 0.
c) Calcular
∂(x, y)
∂(u, v)
.
Soluci´on
a b
u
p
2
v
R’
a b
u
p
2
v
T
−−−−−−−−→
x = u cos v
y = u sen v
a b
x
y
R
a b
x
y
a) La regi´on R es la indicada en la figura. Por la transformaci´on dada,
las circunferencias x2 + y2 = a2, x2 + y2 = b2 se convierten en las
rectas u = a, u = b, respectivamente. Asimismo, el segmento x = 0
comprendido entre a ≤ y ≤ b se convierte en v = π/2, con a ≤ u ≤ b
y el segmento y = 0, a ≤ x ≤ b se transforma en v = 0, a ≤ u ≤ b. En
definitiva, la regi´on R buscada es el rect´angulo mostrado en la figura.
Se pod´ıa haber razonado tambi´en diciendo que, por ser u la distancia
desde el origen del plano XY y v el ´angulo medido a partir del eje
positivo de abscisas, es claro que la regi´on que se busca estar´a dada
por a ≤ u ≤ b, 0 ≤ v ≤ π/2, como se indica en la figura.
b) Si a = 0, la regi´on R se convierte en un cuadrante de un regi´on circular
de radio b y R sigue siendo un rect´angulo. La raz´on para esto es que
el punto x = 0, y = 0 se aplica en u = 0, v = indeterminada y la
transformaci´on no es biun´ıvoca en este punto, llamado por esta raz´on
punto singular.
51
52. c) Sustituyendo las derivadas parciales en la matriz obtenemos:
∂(x, y)
∂(u, v)
=
cos v −u sen v
sen v u cos v
= u(cos2
v + sen2
v) = u.
PROBLEMA 5.21
Sea T(u, v) = u, v(1+u) y D∗ = [0, 1]×[1, 2]. Encontrar D = T(D∗)
y calcular
D
xy dxdy.
Soluci´on
Busquemos las im´agenes de los segmentos que forman la frontera de D∗:
v = 1
0 ≤ u ≤ 1
=⇒
x = u
y = 1 + u
0 ≤ x ≤ 1
=⇒
y = 1 + x
0 ≤ x ≤ 1
u = 1
1 ≤ v ≤ 2
=⇒
x = 1
y = 2v
1 ≤ v ≤ 2
=⇒
x = 1
2 ≤ y ≤ 4
v = 2
0 ≤ u ≤ 1
=⇒
x = u
y = 2(1 + u)
0 ≤ x ≤ 1
=⇒
y = 2 + 2x
0 ≤ x ≤ 1
u = 0
1 ≤ v ≤ 2
=⇒
x = 0
y = v
1 ≤ v ≤ 2
=⇒
x = 0
1 ≤ y ≤ 2
Con esta informaci´on, la transformaci´on T corresponde a la figura sigu-
iente:
52
53. 1 u
1
2
v
D*
1 u
1
2
v
T
−−−−−−−−→
x = u
y = v(1 + u)
1 x
1
2
4
y
D
1 x
1
2
4
y
Para calcular la integral propuesta, podemos aplicar dos m´etodos:
a) Directamente:
D
xy dxdy =
1
0
x dx
2x+2
x+1
y dy =
1
0
x
(2x + 2)2
2
−
(x + 1)2
2
dx =
17
8
.
b) Con la f´ormula del cambio de variables:
Como J
x, y
u, v
=
1 0
v 1 + u
= 1 + u, entonces
I =
1
0
du
2
1
uv(1 + u)2
dv =
1
0
(u + 2u2
+ u3
) du ·
2
1
v dv =
17
8
.
PROBLEMA 5.22
Expresar
1
0
dx
x2
0
xy dy como una integral sobre el tri´angulo D∗ =
{(u, v) : 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ u} y calcular la integral de las dos
formas.
Soluci´on
Podemos calcular la integral directamente, aplicando el teorema de Fubi-
ni:
1
0
x dx
x2
0
y dy =
1
0
x ·
x4
2
dx =
x6
12
1
0
=
1
12
.
53
54. Otro m´etodo consiste en hacer el cambio de variables T(u, v) = (
√
u, v) que
transforma el tri´angulo D∗ en la regi´on D, indicada en la figura.
1 u
1
v
D*
1 u
1
v
T
−−−−−−−−→
x =
√
u
y = v
1 x
1
y
D
1 x
1
y
Como el jacobiano de la transformaci´on es J
x, y
u, v
=
1/2
√
u 0
0 1
=
1
2
√
u
,
por la f´ormula del cambio de variable, tenemos:
I =
1
0
du
u
0
√
u · v ·
1
2
√
u
du =
1
0
v2
4
u
0
du =
1
0
u2
4
du =
1
12
.
PROBLEMA 5.23
Cambiar a coordenadas polares la integral
D
f(x, y) dxdy en los
siguientes casos:
i) D es el c´ırculo: x2 + y2 ≤ ax, a > 0.
ii) D es el recinto del primer cuadrante limitado por las curvas: x +
y = 1 y x2 + y2 = 1.
iii) D es el cuadrado [0, 1] × [0, 1].
iv) D es el recinto del primer cuadrante limitado por la curva (x2
+
y2
)2
= a2
(x2
− y2
).
v) D = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ x}.
Soluci´on
54
55. i) Si escribimos la ecuaci´on de la circunferencia en coordenadas polares (ha-
ciendo el cambio x = u cos v, y = u sen v), obtenemos u2 = au cos v, es decir
u = 0 ´o u = a cos v.
a
v
u
De la gr´afica adjunta deducimos que, en coordenadas polares, la regi´on veri-
fica las condiciones −π/2 ≤ v ≤ π/2, 0 ≤ u ≤ a cos v. As´ı pues, la integral se
escribe (teniendo en cuenta el jacobiano de la transformaci´on) como:
I =
π/2
−π/2
dv
a cos v
0
u · f(u cos v, u sen v) du.
ii) La circunferencia x2 + y2 = 1 se escribe en coordenadas polares como
u = 1, mientras que la recta x + y = 1 tiene por ecuaci´on u =
1
cos v + sen v
.
En el primer cuadrante, el ´angulo v est´a comprendido entre 0 y π/2.
v
u
Con estos datos, la integral se escribe como:
I =
π/2
0
dv
1
1
cos v+sen v
u · f(u cos v, u sen v) du.
iii) En este caso debemos dividir la regi´on en dos tri´angulos: el primero de
ellos limitado por las rectas x = y, x = 1 e y = 0, lo que en coordenadas
polares corresponde a 0 ≤ v ≤ π/4, 0 ≤ u ≤ 1/ cos v; el segundo tri´angulo
55
56. est´a limitado por las rectas x = y, y = 1 y x = 0, y su expresi´on en
coordenadas polares est´a dada por π/4 ≤ v ≤ π/2, 0 ≤ u ≤ 1/ sen v.
1
1
x=1
y=1
v
u
1
1
La integral doble se escribe entonces como:
I =
π/4
0
dv
1
cos v
0
u·f(u cos v, u sen v) du+
π/2
π/4
dv
1
sen v
0
u·f(u cos v, u sen v) du.
iv) La curva dada es la lemniscata de la figura que, en coordenadas polares,
se expresa por la ecuaci´on u2 = a2 cos 2v.
a
v
u
En el primer cuadrante, la regi´on est´a comprendida entre los valores 0 ≤
v ≤ π/4, as´ı que la integral se expresa como:
I =
π/4
0
dv
a
√
cos 2v
0
u · f(u cos v, u sen v) du.
v) La ecuaci´on de la par´abola y = x2 se expresa en coordenadas polares por
u sen v = u2 cos2 v, o bien u = sen v/ cos2 v.
1
u
v
1
56
57. La regi´on de integraci´on est´a comprendida entre los valores v = 0 y v = π/4
(correspondiente a la recta y = x). As´ı pues, la integral se expresa as´ı:
I =
π/4
0
dv
sen v/ cos2 v
0
u · f(u cos v, u sen v) du.
PROBLEMA 5.24
Sea D el c´ırculo unidad. Expresar
D
(1 + x2
+ y2
)3/2
dxdy como
una integral sobre el rect´angulo [0, 1] × [0, 2π] y calcularla.
Soluci´on
Si aplicamos el cambio a coordenadas polares, dado por las ecuaciones x =
u cos v, y = u sen v (ver figura), y teniendo en cuenta que el jacobiano de
la transformaci´on es J
x, y
u, v
= u, la integral se puede calcular del modo
siguiente:
D
(1 + x2
+ y2
)3/2
dxdy =
D∗
u · (1 + u2
)3/2
dudv
=
2π
0
dv
1
0
u · (1 + u2
)3/2
du
= π ·
(1 + u2)5/2
5/2
1
0
=
8π
√
2
5
.
1 u
2 p
v
D*
1 u
2 p
v
T
−−−−−−−−→
x = u cos v
y = u sen v -1 1 x
1
y
D
-1 1 x
1
y
57
58. PROBLEMA 5.25
Dibujar la regi´on de integraci´on y resolver la siguiente integral:
1
1/
√
2
dx
x
√
1−x2
xy dy +
√
2
1
dx
x
0
xy dy +
√
4−x2
0
xy dy.
Soluci´on
La regi´on de integraci´on es la uni´on de las regiones correspondientes a cada
sumando. De este modo la gr´afica corresponde a un sector de corona cir-
cular comprendido entre las circunferencias x2 + y2 = 1, x2 + y2 = 4, y el
´angulo comprendido entre 0 y π/4. Esto sugiere calcular la integral pasando
a coordenadas polares, de modo que su valor es:
I =
π/4
0
dϑ
2
1
ρ · ρ2
sen ϑ cos ϑdρ =
π/4
0
sen ϑd(sen ϑ)
2
1
ρ3
dρ =
15
16
.
PROBLEMA 5.26
Calcular el volumen del s´olido limitado por el paraboloide z = x2 +
y2 y el plano z = x.
Soluci´on
58
59. x
y
z
El paraboloide y el plano se cortan en una curva cuya proyecci´on sobre el
plano XY es la circunferencia x2 + y2 = x. As´ı pues, el volumen se escribe
mediante la integral doble
R
[x − (x2
+ y2
)] dxdy, donde R es el c´ırculo
x2 + y2 ≤ x.
Si escribimos la regi´on R en coordenadas polares, x = r cos ϑ, y = r sen ϑ,
sabiendo que J
x, y
r, ϑ
= r, la integral se escribe como:
V =
R
[x − (x2
+ y2
)] dxdy =
π/2
−π/2
cos ϑ
0
(r cos ϑ − r2
)r dr dϑ
=
π/2
−π/2
cos ϑ
cos3 ϑ
3
−
cos4 ϑ
4
dϑ =
π
32
.
PROBLEMA 5.27
Si S es la regi´on del primer cuadrante limitada por las curvas
xy = 1, xy = 2, y = x, y = 4x, probar que
S
f(x · y) dxdy = ln 2
2
1
f(u) du.
Soluci´on
La frontera de la regi´on S sugiere realizar el cambio u = y/x, v = yx, cuya
inversa es la transformaci´on T(u, v) = ( v/u,
√
uv), la cual tiene como
dominio la regi´on S∗ de la figura adjunta.
59
60. 1 4 u
1
2
v
S*
1 4 u
1
2
v
T
−−−−−−−−→
x = v/u
y =
√
uv
x
y
S
x
y
El jacobiano de esta transformaci´on es
J
x, y
u, v
=
−1
2 · u−3/2v1/2 1
2 · u−1/2v−1/2
1
2 · u−1/2v1/2 1
2 · u1/2v−1/2 =
−1
2u
.
Por la f´ormula del cambio de variable, la integral dada se puede escribir
como:
S
f(x·y) dxdy =
4
1
du
2
1
1
2u
·f(v) dv =
1
2
ln u
4
1
2
1
f(v) dv = ln 2
2
1
f(v) dv.
PROBLEMA 5.28
Calcular
R
x2 + y2 dxdy siendo R la regi´on del plano XY lim-
itada por x2 + y2 = 4 y x2 + y2 = 9.
Soluci´on
La presencia de x2 + y2 sugiere el empleo de coordenadas polares (r, ϑ), con
x = r cos ϑ, y = r sen ϑ. Mediante esta transformaci´on la corona circular R
se transforma en el rect´angulo R como se indica en la figura.
60
61. 2 3 u
2 p
v
R’
2 3 u
2 p
v
T
−−−−−−−−→
x = u cos v
y = u sen v
2 3 x
y
R
2 3 x
y
Debido a que
∂(x, y)
∂(r, ϑ)
= r, se tiene:
A =
R
x2 + y2 dxdy =
R
r · r drdϑ =
2π
0
dϑ
3
2
r2
dr
=
2π
0
r3
/3
3
2
dϑ =
38π
3
.
Tambi´en se pod´ıan haber obtenido los l´ımites de integraci´on para R obser-
vando la regi´on R pues, para ϑ fijo, r var´ıa desde r = 2 hasta r = 3 dentro
del sector destacado en la figura. Integrando entonces con respecto a ϑ desde
ϑ = 0 hasta ϑ = 2π se obtiene la suma de todos los sectores citados.
PROBLEMA 5.29
Dados A = (x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≤ 0, x − y ≥ 1, x2 + y2 ≤ 4 y f(x, y) =
x2 + y2 −1/2
, calcular I =
A
f(x, y) dxdy.
Soluci´on
61
62. -2 1 2
-2
-1
2
-2 1 2
-2
-1
2
Si escribimos la integral en coordenadas cartesianas, debemos descomponer
la regi´on en dos partes. Por tanto (vista como regi´on de tipo II),
I =
−1
−2
dy
√
4−y2
0
x2
+ y2 −1/2
dx +
0
−1
dy
√
4−y2
1+y
x2
+ y2 −1/2
dx.
Si escribimos la integral en coordenadas polares, los extremos de integraci´on
para la variable r son r cos ϑ − r sen ϑ = 1 (pues corresponde a la recta
x − y = 1) y r = 2 (pues corresponde a la circunferencia x2 + y2 = 4).
Por otra parte, los extremos de integraci´on de la variable ϑ son −π/2 y
0 (pues la regi´on est´a contenida en el cuarto cuadrante) o bien 3π/2 y
2π.
As´ı pues, el planteamiento correcto de la integral es
I =
0
−π/2
dθ
2
(cosθ−senθ)−1
dr =
2π
3π/2
dθ
2
(cosθ−senθ)−1
dr
(el jacobiano se simplifica con el valor de la funci´on).
62
63. PROBLEMA 5.30
Sea I = δ V (x2 + y2 + z2) dx dy dz, donde
V = {(x, y, z) ∈ R3
| x ≥ 0, y ≥ 0, − 4 − x2 − y2 ≤ z ≤
1
2
4 − x2 − y2}.
Decir razonadamente si cada una de las siguientes igualdades es
cierta:
(a) I =
2
0
dx
2
0
dy
1
2
√
4−x2−y2
−
√
4−x2−y2
(x2
+ y2
+ z2
) dz
(b) I =
1
0
dr
π
2
0
dθ
π
2
0
4r4
(4 sen3
ϕ+cos2
ϕ sen ϕ) dϕ +
2
0
dr
π
2
0
dθ
π
π
2
r4
sen ϕ dϕ.
Soluci´on
El s´olido es la regi´on limitada superiormente por el elipsoide x2+y2+4z2 = 4
e inferiormente por la esfera x2+y2+z2 = 4, y contenida en el primer octante.
Ambas superficies se cortan a lo largo de la circunferencia x2 + y2 = 4
contenida en el plano XY .
x
y
z
63
64. La respuesta del apartado (a) no es correcta pues, si los l´ımites de integraci´on
de las variables x e y son constantes, la regi´on ser´ıa un rect´angulo y no la
circunferencia x2 + y2 = 4.
Para comprobar si la respuesta del apartado (b) es correcta, debemos de-
scomponer la integral en dos sumandos: el primero correspondiente a z ≥ 0
y el segundo a z ≤ 0.
Para la cara superior, hacemos el cambio de variables x = 2r cos ϑ sen ϕ,
y = 2r sen ϑ sen ϕ, z = r cos ϕ, donde 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ ϑ ≤ π/2, 0 ≤ ϕ ≤ π/2,
y cuyo jacobiano es J = 4r2 sen ϕ.
Al sustituir estos valores en la integral propuesta, se obtiene
1
0
dr
π/2
0
dθ
π/2
0
4r4
(4 sen3
ϕ + cos2
ϕ sen ϕ) dϕ
el primer sumando de la respuesta.
Para la cara inferior, hacemos el cambio de variables a esf´ericas x = r cos ϑ sen ϕ,
y = r sen ϑ sen ϕ, z = r cos ϕ, donde 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ ϑ ≤ π/2, π/2 ≤ ϕ ≤ π,
y cuyo jacobiano es J = r2 sen ϕ.
Al sustituir estos nuevos valores en la integral propuesta se obtiene
2
0
dr
π/2
0
dθ
π
π/2
r4
sen ϕ dϕ
el segundo sumando de la respuesta.
PROBLEMA 5.31
Calcular el volumen del s’olido W definido por:
W = {(x, y, z) ∈ R3
: x2
+ y2
+ z2
≤ a2
, x2
+ y2
≤ ax, z ≥ 0},
donde a > 0.
Soluci´on
El s´olido es la regi´on limitada por el plano z = 0 y la semiesfera z =
a2 − x2 − y2 y la regi´on de integraci´on R es el c´ırculo x2 + y2 ≤ ax, que
tiene centro en el punto (a, 0) y radio a.
64
65. As´ı pues, el volumen se escribe mediante la integral doble R a2 − x2 − y2dxdy.
Si escribimos la regi´on R en coordenadas polares x = r cos ϑ, y = r sen ϑ, y
tenemos en cuenta la simetr´ıa de W, sabiendo que J x,y
r,ϑ = r, la integral
se escribe como:
V =
R
a2 − x2 − y2dxdy = 2
π/2
0
a cos ϑ
0
r a2 − r2dr dϑ
= −
2
3
π/2
0
(a3
sen3
ϑ − a3
)dϑ =
(3π − 4)a3
9
.
PROBLEMA 5.32
Soluci´on
PROBLEMA 5.33
Calcular
D
x3
x2 + y2
dxdy sobre la regi´on D del primer cuad-
rante limitada por x2 + y2 = 9.
Soluci´on
Pasando la integral a coordenadas polares
x = ρ cos ϑ
y = ρ sen ϑ
, como J
∂(x, y)
∂(ρ, ϑ)
= ρ,
la integral queda:
D
x3
x2 + y2
dxdy =
3
0
ρ3
dρ
π/2
0
cos3
ϑ dϑ =
2
3
3
0
ρ3
dρ =
27
2
.
65
66. PROBLEMA 5.34
Calcular las siguientes integrales:
i)
π2≤x2+y2≤4π2
sen x2 + y2 dxdy.
ii)
D
|xy| dxdy, donde D es un c´ırculo de radio a y con centro en el
origen de coordenadas.
Soluci´on
i) Si escribimos la integral en coordenadas polares, queda de la forma:
I =
2π
0
dv
2π
π
u sen u du = −6π2
.
[Mediante integraci´on por partes se obtiene que u sen u du = sen u −
u cos u.]
ii) Escribimos tambi´en la integral en coordenadas polares, y resulta:
I =
2π
0
dv
a
0
u|u2
sen v cos v| du =
1
2
2π
0
| sen 2v| dv ·
a
0
u3
du =
a4
2
.
PROBLEMA 5.35
Calcular
R
cos
x − y
x + y
dxdy, donde R es el tri´angulo de v´ertices
(0, 0), (1, 0) y (0, 1).
Soluci´on
Hacemos el cambio de variable u = x − y, v = x + y. Esto convierte el
tri´angulo dado en el plano XY en el tri´angulo de v´ertices (−1, 1), (0, 0),
(1, 1) en el plano UV .
66
67. 1 x
1
y
-1 1 u
1
v
Como J x,y
u,v = 1
2 , la integral queda ahora:
R
cos
x − y
x + y
dxdy =
R∗
cos
u
v
·
1
2
dudv =
1
0
dv
v
−v
1
2
cos
u
v
du =
sen 1
2
.
PROBLEMA 5.36
Calcular el ´area de la regi´on R = {(x, y) : 2x ≤ x2
+ y2
, x2
+ y2
≤
4x, y ≤ x,
−x
√
3
≤ y} y la masa del cuerpo con densidad ρ(x, y) =
y
x2 + y2
y contenido en dicha regi´on.
Soluci´on
1 2 3 4
-2
-1
1
2
1 2 3 4
-2
-1
1
2
Transformamos la regi´on dada en coordenadas polares:
x = r cos ϑ
y = r sen ϑ.
67
68. Si escribimos las curvas frontera de R en coordenadas polares, obtenemos
los l´ımites de la regi´on:
−π/6 ≤ ϑ ≤ π/4, 2 cos ϑ ≤ r ≤ 4 cos ϑ.
Como J
x, y
r, ϑ
= r, las integrales quedan:
´Area =
R
dxdy =
π/4
−π/6
4 cos ϑ
2 cos ϑ
r dr dϑ =
π/4
−π/6
12 cos2 ϑ
2
dϑ =
6 + 3
√
3 + 5π
4
.
Masa =
R
ρ(x, y) dxdy =
π/4
−π/6
4 cos ϑ
2 cos ϑ
r ·
r sen ϑ
r2
dr dϑ =
π/4
−π/6
2 sen ϑ cos ϑ dϑ =
1
4
.
PROBLEMA 5.37
Soluci´on
PROBLEMA 5.38
Soluci´on
PROBLEMA 5.39
Transformar la siguiente integral doble a coordenadas polares y
resolverla:
2
0
dx
x
√
3
x
x dy.
68
69. Soluci´on
Calculemos en primer lugar la imagen de cada uno de los lados del tri´angulo
dado mediante la transformaci´on x = u cos v, y = u sen v:
y = x, 0 ≤ x ≤ 2 =⇒ sen v = cos v, 0 ≤ u cos v ≤ 2
=⇒ v = π/4, 0 ≤ u ≤ 2
√
2;
y = x
√
3, 0 ≤ x ≤ 2 =⇒ sen v =
√
3 cos v, 0 ≤ u cos v ≤ 2
=⇒ v = π/3, 0 ≤ u ≤ 4;
x = 2, 2 ≤ y ≤ 2
√
3 =⇒ u cos v = 2, 2 ≤ u sen v ≤ 2
√
3
=⇒ u = 2 sec v, π/4 ≤ v ≤ π/3.
La representaci´on gr´afica de la transformaci´on anterior es la siguiente:
u
v
D*
u
v T
−−−−−−−−→
2 x
y
D
2 x
y
La integral propuesta se resuelve entonces como sigue:
I =
π/3
π/4
dv
2 sec v
0
u2
cos v du =
π/3
π/4
cos v
3
·8 sec3
v dv =
8
3
tg v
π/3
π/4
=
8
3
(
√
3−1).
Se deja como ejercicio comprobar que el mismo resultado se obtiene calcu-
lando directamente la integral propuesta.
PROBLEMA 5.40
Hallar
R
(x2
+ y2
) dxdy, donde R es la regi´on del plano XY limi-
tada por las hip´erbolas x2 − y2 = 1, x2 − y2 = 9, xy = 2, xy = 4 en
el primer cuadrante.
Soluci´on
69
70. 1 9 u
4
8
v
R*
1 9 u
4
8
v
T
−−−−−−−−→ x
y
R
Aplicando la transformaci´on u = x2 − y2, v = 2xy, la regi´on R del plano
XY de la derecha de la figura se transforma en la regi´on R del plano UV
representada en la izquierda de la figura. Vamos a comprobar que dicha
transformaci´on es regular.
Debido a que (x2 + y2)2 = (x2 − y2)2 + (2xy)2, es decir x2 + y2 =
√
u2 + v2,
y como x2 − y2 = u, resulta que x2 = u+
√
u2+v2
2 . Al ser x > 0, tenemos que
x = u+
√
u2+v2
2 . An´alogamente, tenemos tambi´en que y =
√
u2+v2−u
2 , lo
que prueba que la transformaci´on es inyectiva.
Trivialmente, la transformaci´on es de clase C1 y adem´as
JT (u, v) =
ux uy
vx vy
=
2x −2y
2y 2x
= 4(x2
+ y2
) = 0
si (x, y) = (0, 0).
Hecha esta comprobaci´on la integral vale entonces
R
(x2
+ y2
) dxdy =
R
(x(u, v)2
+ y(u, v)2
)
∂(x, y)
∂(u, v)
dudv
=
R
u2 + v2
dudv
4
√
u2 + v2
=
1
4
9
1
du
8
4
dv = 8.
Nota. Las coordenadas curvil´ıneas (u, v) definidas de la forma anterior son
las llamadas coordenadas hiperb´olicas.
PROBLEMA 5.41
Calcular I =
D
1 −
x2
a2
−
y2
b2
dxdy extendida al dominio D in-
terior a la elipse
x2
a2
+
y2
b2
= 1.
70
71. Soluci´on
Haremos el cambio de variable
x/a = ρ cos ϑ
y/b = ρ sen ϑ
, con lo que
∂(x, y)
∂(ρ, ϑ)
=
a cos ϑ −aρ sen ϑ
b sen ϑ bρ cos ϑ
= abρ.
En las nuevas coordenadas, la elipse se escribe como ρ = 1. As´ı pues,
I =
D∗
(1 − ρ2
)abρ dρdϑ = ab
1
0
(ρ − ρ3
) dρ
2π
0
dϑ =
πab
2
.
PROBLEMA 5.42
Hallar N =
∞
0
e−x2
dx.
Soluci´on
Como
∞
0
e−x2
dx =
∞
0
e−y2
dy, entonces
N2
=
∞
0
e−x2
dx ·
∞
0
e−y2
dy =
∞
0
∞
0
e−(x2+y2)
dxdy.
Pasando a coordenadas polares, x2 + y2 = ρ2, dxdy = ρ dρdϑ, el primer
cuadrante (x, y) ∈ (0, ∞)×(0, ∞) se transforma en la regi´on (ρ, ϑ) ∈ (0, ∞)×
(0, π/2). La integral queda entonces:
N2
=
π/2
0
dϑ
∞
0
e−ρ2
ρ dρ =
π/2
0
l´ım
a→∞
−
1
2
e−ρ2 a
0
dϑ =
1
2
π/2
0
dϑ =
π
4
.
En definitiva, N =
√
π/2.
71
72. PROBLEMA 5.43
Hallar el ´area de la regi´on limitada por:
a) Las curvas y2 = 2px, y2 = 2qx, x2 = 2ry, x2 = 2sy, 0 < p < q,
0 < r < s.
b) La curva x2
+ y2 2
= a x3
− 3xy2
, a > 0.
c) Las curvas x/a + y/b = 1, x/a + y/b = 2, x/a = y/b, 4x/a =
y/b, a, b > 0.
Soluci´on
a) La forma de las ecuaciones que limitan la regi´on sugiere realizar el cambio
de variables u =
y2
2x
, v =
x2
2y
. De este modo, la regi´on de integraci´on es ahora
D = {(u, v) : p ≤ u ≤ q, r ≤ v ≤ s}. Como
J
u, v
x, y
=
−y2/2x2 y/x
x/y −x2/2y2 =
−3
4
,
entonces J
x, y
u, v
=
4
3
. El ´area buscada viene dada por la f´ormula
A =
q
p
du
s
r
4
3
dv =
4
3
(s − r) · (q − p).
b) Debido a la simetr´ıa de la regi´on (ver figura), bastar´a multiplicar por 6
el ´area de la parte comprendida en el primer cuadrante.
a
72
73. En coordenadas polares, la curva dada tiene por ecuaci´on
u = a cos v(cos2
v − 3 sen2
v),
de modo que el ´area buscada se calcula por la integral doble
A = 6
π/6
0
dv
a cos v(cos2 v−3 sen2 v)
0
u du
= 3a2
π/6
0
cos2
v(cos2
v − 3 sen2
v)2
dv =
a2π
4
.
c) Realizaremos la transformaci´on de coordenadas siguiente:
u =
y/b
x/a
, v = x/a + y/b
(dicha transformaci´on es biyectiva porque la regi´on est´a contenida en el
primer cuadrante).
Con esta transformaci´on los nuevos l´ımites de la regi´on son 1 ≤ u ≤ 2, 1 ≤
v ≤ 2. Como la inversa de la transformaci´on es x =
av2
(u + 1)2
, y =
bu2v2
(u + 1)2
,
entonces
J
x, y
u, v
=
−4abuv3
(u + 1)4
,
y el ´area se calcula mediante la integral doble
A =
2
1
du
2
1
4abuv3
(u + 1)4
dv =
65ab
108
.
PROBLEMA 5.44
Hallar el ´area de la regi´on del plano XY encerrada por la lemnis-
cata r2 = a2 cos 2ϑ.
Soluci´on
La curva est´a dada directamente en coordenadas polares (r, ϑ). Dando difer-
entes valores a ϑ y hallando los correspondientes valores de r se obtiene la
gr´afica de la figura.
73
74. El ´area buscada (teniendo en cuenta la simetr´ıa) se puede calcular as´ı:
A = 4
π/4
0
dϑ
a
√
cos 2ϑ
0
r dr = 4
π/4
0
r2
2
a
√
cos 2ϑ
0
dϑ
= 2
π/4
0
a2
cos 2ϑ dϑ = a2
sen 2ϑ
π/4
0
= a2
.
PROBLEMA 5.45
Calcular el ´area del recinto situado en el primer cuadrante limitado
por las curvas y3 = ax2, y3 = bx2 (a > b > 0), xy2 = c, xy2 = d
(c > d > 0).
Soluci´on
Vamos a efectuar un cambio de variable que transforme la regi´on dada en
un rect´angulo. Para ello hacemos u = y3/x2 y v = xy2.
b a
u
d
c
v
D*
b a
u
d
c
v
T
−−−−−−−−→
x
y
D
x
y
De este modo,
A =
R
∂(x, y)
∂(u, v)
dudv.
74
75. Ahora bien, de las ecuaciones u = y3/x2, v = xy2, resulta:
x2
= y3
/u, x2
= v2
/y4
=⇒ y3
/u = v2
/y4
, x2
= v2
/y4
=⇒ y = u1/7
v2/7
, x = v/y2
= u−2/7
v3/7
.
Por lo tanto,
∂(x, y)
∂(u, v)
=
−2
7 u−9/7v3/7 3
7 u−2/7v−4/7
1
7 u−6/7v2/7 2
7 u1/7v−5/7 = −
1
7
u−8/7
v−2/7
.
El ´area pedida se calcula entonces como
A =
a
b
u−8/7
du
c
d
1
7
v−2/7
dv =
1
7
u−1/7
−1/7
a
b
·
v5/7
5/7
c
d
= −
7
5
(a−1/7
− b−1/7
) · (c5/7
− d5/7
).
PROBLEMA 5.46
Hallar el ´area de la regi´on exterior a la circunferencia ρ = 2a e
interior a la circunferencia ρ = 4a cos ϑ.
Soluci´on
Los puntos de intersecci´on de ambas circunferencias son aquellos en que
cos ϑ = 1/2, es decir ϑ = ±π/3.
aa
Teniendo en cuenta la simetr´ıa de la regi´on, el ´area viene dada por
A = 2
π/3
0
dϑ
4a cos ϑ
2a
ρ dρ =
π/3
0
[(4a cos ϑ)2
− (2a)2
] dϑ =
2π + 3
√
3
3
a2
.
75
76. PROBLEMA 5.47
Hallar el ´area exterior a la circunferencia ρ = 2 e interior a la
cardioide ρ = 2(1 + cos ϑ).
Soluci´on
Dada la simetr´ıa, el ´area pedida es igual al doble del ´area barrida al variar
ϑ desde ϑ = 0 hasta ϑ = π/2. As´ı pues,
A = 2
π/2
0
dϑ
2(1+cos ϑ)
2
ρ dρ = 2
π/2
0
ρ2
2
2(1+cos ϑ)
2
dϑ
= 4
π/2
0
(2 cos ϑ + cos2
ϑ)dϑ = 4(2 sen ϑ + ϑ/2 + sen(2ϑ)/4)
π/2
0
= π + 8.
PROBLEMA 5.48
Hallar el ´area interior a la circunferencia ρ = 4 sen ϑ y exterior a
la lemniscata ρ2 = 8 cos 2ϑ.
Soluci´on
76
77. El ´area pedida es igual al doble de la correspondiente en el primer cuadrante
limitada por las dos curvas y la recta ϑ = π/2.
Los puntos de intersecci´on de ambas curvas se encuentran en la recta ϑ =
π/6, que se obtiene al resolver la ecuaci´on
16 sen2
ϑ = 8 cos 2ϑ.
Observamos que el arco AO de la lemniscata se genera al variar ϑ desde
ϑ = π/6 hasta ϑ = π/4, mientras que el arco AB de la circunferencia lo
hace al variar ϑ desde ϑ = π/6 hasta ϑ = π/2. Si descomponemos la figura
en dos partes, una por debajo y otra por encima de la recta ϑ = π/4, el ´area
queda de la forma:
A = 2
π/4
π/6
dϑ
4 sen ϑ
2
√
2 cos 2ϑ
ρ dρ + 2
π/2
π/4
dϑ
4 sen ϑ
0
ρ dρ
=
π/4
π/6
(16 sen2
ϑ − 8 cos 2ϑ) dϑ +
π/2
π/4
16 sen2
ϑ dϑ =
8π
3
+ 4
√
3 − 4.
Otro m´etodo de resoluci´on consiste en efectuar la diferencia
A = 2
π/2
π/6
dϑ
4 sen ϑ
0
ρ dρ −
π/4
π/6
dϑ
√
8 cos 2ϑ
0
ρ dρ.
PROBLEMA 5.49
Hallar el volumen de la regi´on com´un a los cilindros x2 + y2 = a2,
x2 + z2 = a2.
Soluci´on
77
78. En la figura adjunta se muestran los dos cilindros y la parte de la regi´on
correspondiente al primer octante.
x
y
z
x
y
z
De modo que el volumen ser´a
V = 8
a
0
dx
√
a2−x2
0
a2 − x2 dy = 8
a
0
(a2
− x2
) dx =
16a3
3
.
PROBLEMA 5.50
Hallar el volumen del s´olido limitado por el cilindro x2 + y2 = 4 y
los planos y + z = 4, z = 0.
Soluci´on
La proyecci´on del cilindro sobre el plano z = 0 es la circunferencia x2 +y2 =
4, de modo que el volumen viene dado por la f´ormula
V =
2
−2
dy
√
4−y2
−
√
4−y2
(4 − y) dx.
78
79. x
y
z
Nuevamente escribimos la integral en coordenadas polares. Resulta:
V =
2π
0
dv
2
0
u(4 − u sen v) du
=
2π
0
(2u2
−
u3
3
sen v)
2
0
dv =
2π
0
(8 −
8
3
sen v) dv = 16π.
PROBLEMA 5.51
Calcular el volumen de la secci´on situada en el primer octante del
s´olido limitado por los planos z = 0 y z = x + y + 2 y el cilindro
x2 + y2 = 16.
Soluci´on
La base del s´olido es la regi´on R del plano comprendida en el primer cuad-
rante y limitado por la circunferencia de ecuaci´on x2 + y2 = 16. El plano
z = x + y + 2 limita dicho s´olido en su parte superior.
79
80. x
y
z
As´ı pues, el volumen vendr´a dado por:
V =
R
z(x, y) dxdy =
4
0
dx
√
16−x2
0
(x + y + 2) dy
=
4
0
(x 16 − x2 + 8 −
x2
2
+ 2 16 − x2) dx.
Para evitar resolver la integral de la funci´on irracional
√
16 − x2, podemos
escribir la integral doble en coordenadas polares. As´ı,
V =
2π
0
dv
4
0
u(u cos v + u sen v + 2) du
=
2π
0
u3
3
(cos v + sen v) + u2
4
0
dv =
64
3
(sen v − cos v) + 16v
2π
0
=
128
3
+ 8π.
PROBLEMA 5.52
Calcular el volumen del s´olido limitado superiormente por la esfera
x2 + y2 + z2 = 5 e inferiormente por el paraboloide x2 + y2 = 4z.
Soluci´on
80
81. Calculamos en primer lugar los puntos de intersecci´on de la esfera con el
paraboloide. Tenemos:
x2 + y2 + z2 = 5
x2 + y2 = 4z
=⇒
z2 + 4z − 5 = 0
x2 + y2 = 4z
=⇒
z = 1
x2 + y2 = 4
Tenemos pues la situaci´on de la figura adjunta.
x
y
z
El volumen pedido se halla mediante la f´ormula
V =
D
5 − x2 − y2 −
x2 + y2
4
dxdy,
donde D es el c´ırculo x2 + y2 < 4, que se obtiene como proyecci´on del s´olido
en el plano XY .
Para resolver la integral, la transformamos a coordenadas polares; en este
caso, D = {(ρ, ϑ) : 0 < ρ < 2, 0 ≤ ϑ < 2π}. Entonces:
V =
2π
0
dϑ
2
0
5 − ρ2−
ρ2
4
ρ dρ = 2π
2
0
ρ 5 − ρ2−
ρ3
4
dρ =
2π(5
√
5 − 4)
3
.
PROBLEMA 5.53
Hallar el volumen limitado por el paraboloide x2 +y2 = 4z, el cilin-
dro x2 + y2 = 8y y el plano z = 0.
Soluci´on
El volumen pedido se obtiene integrando la funci´on z = (x2 + y2)/4 en el
interior del c´ırculo x2 + y2 = 8y.
81
82. x
y
z
En coordenadas cil´ındricas, x = ρ cos ϑ, y = ρ sen ϑ, z = z, y el volumen se
obtiene al integrar z = ρ2/4 en el c´ırculo ρ = 8 sen ϑ. Por tanto,
V =
R
z dA =
π
0
dϑ
8 sen ϑ
0
z(ρ, ϑ)ρ dρ =
1
4
π
0
dϑ
8 sen ϑ
0
ρ3
dρ = 96π.
PROBLEMA 5.54
Hallar el volumen que se elimina cuando a una esfera de radio 2a
se le practica un orificio circular de radio a de forma que el eje
del orificio sea un di´ametro de la esfera.
Soluci´on
En la primera figura se muestra, desplazada verticalmente, la regi´on que se
extrae de la esfera y en la segunda figura la propia regi´on sin la esfera.
82
83. x
y
z
x y
z
De la figura se deduce que el volumen pedido es ocho veces el correspondiente
al del primer octante limitado (en coordenadas cil´ındricas) por el cilindro
ρ2 = a2, la esfera ρ2 + z2 = 4a2 y el plano z = 0. Esto se obtiene integrando
z = 4a2 − ρ2 en un cuadrante del c´ırculo ρ = a, es decir:
V = 8
π/2
0
dϑ
a
0
ρ 4a2 − ρ2 dρ =
4
3
(8 − 3
√
3)a3
π.
PROBLEMA 5.55
Calcular los vol´umenes de los cuerpos limitados por las siguientes
superficies:
i) az = a2 − x2 − y2, z = a − x − y, x = 0, y = 0, z = 0 (a > 0).
ii) z = x2 + y2, x2 + y2 = x, x2 + y2 = 2x, z = 0.
Soluci´on
i) El s´olido consiste en la regi´on del primer octante limitada por el paraboloide
az = a2−x2−y2 y el plano z = a−x−y. En la figura de la derecha se muestra
una vista lateral del s´olido limitado exclusivamente al primer octante.
a
x
y
z
a
x
y
z
83
84. Observemos que la regi´on de integraci´on, el cuadrante del c´ırculo con centro
el origen y radio a, debe dividirse en dos regiones R1 y R2, pues en R1 el
s´olido est´a limitado por el paraboloide y el plano z = a − x − y, y en R2 el
s´olido est´a limitado por el paraboloide y el plano z = 0.
a
a
R1
R2
De este modo, el volumen se expresa por la integral:
V =
R1
a2 − x2 − y2
a
− (a − x − y) dxdy +
R2
a2 − x2 − y2
a
dxdy
=
R1∪R2
a2 − x2 − y2
a
dxdy −
R1
(a − x − y) dxdy.
Para resolver la primera integral hacemos el cambio a coordenadas polares
mientras que la segunda integral la resolvemos directamente (como regi´on
de tipo I):
V =
π/2
0
dv
a
0
u ·
a2 − u2
a
du −
a
0
dx
a−x
0
(a − x − y) dy =
πa3
8
−
a3
6
.
ii) El s´olido es la figura comprendida entre el plano z = 0 y el paraboloide
z = x2 + y2 y cuya base es regi´on R exterior a la circunferencia x2 + y2 = x
e interior a la circunferencia x2 + y2 = 2x.
x
y
z
De este modo,
V =
R
(x2
+ y2
) dxdy,
84
85. que escribimos en coordenadas polares para simplificar la regi´on de inte-
graci´on, que se ilustra en la figura.
1 2
-1
1
1 2
-1
1
As´ı pues,
V =
π/2
−π/2
dv
2 cos v
cos v
u3
du =
1
4
π/2
−π/2
15 cos4
v dv =
45π
32
.
85
86. 4. INTEGRALES TRIPLES.
En este curso se estudian las funciones f : Rn → Rm, es decir, funciones
definidas sobre el espacio eucl´ıdeo de dimensi´on n
Rn
= {(x1, . . . , xn) : xi ∈ R, 1 ≤ i ≤ n},
y con imagen en el espacio an´alogo de dimensi´on m, Rm.
PROBLEMA 5.56
Dada la integral
1
0
x
0
y
0
f(x, y, z) dzdydx, dibujar la
regi´on de integraci´on y escribir la integral de todas las
formas posibles.
Soluci´on
x
y
z
Teniendo en cuenta la gr´afica adjunta, si D1, D2 y D3 son las proyecciones
sobre los tres planos coordenados, las diferentes formas de escribir la integral
son las siguientes:
86
87. D1
dxdy
y
0
f dz =
1
0
dx
x
0
dy
y
0
f dz =
1
0
dy
1
y
dx
y
0
f dz,
D2
dxdz
x
z
f dy =
1
0
dz
1
z
dx
x
z
f dy =
1
0
dx
x
0
dz
x
z
f dy,
D3
dydz
1
y
f dx =
1
0
dy
y
0
dz
1
y
f dx =
1
0
dz
1
z
dy
1
y
f dx.
PROBLEMA 5.57
Calcular las siguientes integrales triples:
i)
V
(x2
+ y2
) dxdydz, donde V est´a limitado por las superficies
x2 + y2 = 2z, z = 2.
ii)
W
(1+z2
) dxdydz, siendo W la regi´on limitada por 2az = x2+y2,
x2 + y2 − z2 = a2, z = 0.
Soluci´on
i) La regi´on de integraci´on es el interior del paraboloide limitado por el plano
z = 2.
x
y
z
Como la proyecci´on de dicha regi´on sobre el plano z = 0 es el c´ırculo C :
x2 + y2 ≤ 4, la integral triple se puede descomponer entonces como
I =
C
dxdy
2
(x2+y2)/2
(x2
+ y2
) dz.
Al escribir la integral en coordenadas cil´ındricas, se obtiene:
I =
2π
0
dv
2
0
u du
2
u2/2
u2
dz = 2π
2
0
u3
· (2 − u2
/2) du =
16π
3
.
87
88. ii) La intersecci´on del paraboloide 2az = x2 + y2 con el hiperboloide x2 +
y2 − z2 = a2 da la circunferencia x2 + y2 = 2a2 situada en el plano z = a.
Esto indica que ambas superficies son tangentes a lo largo de dicha cir-
cunferencia; por ello deducimos que la regi´on de integraci´on est´a limitada
superiormente por el paraboloide, inferiormente por el plano z = 0 y lateral-
mente por el hiperboloide (en la figura se muestran dos vistas de la regi´on
de integraci´on).
x
y
z
x
y
z
Debemos descomponer la integral en dos sumandos pues, si (x, y) est´a en el
c´ırculo de centro el origen y radio a, entonces z est´a comprendido entre el
plano z = 0 y el paraboloide 2az = x2 + y2 y, si (x, y) est´a entre el c´ırculo
anterior y el c´ırculo de radio a
√
2, entonces z est´a comprendido entre el
hiperboloide x2 + y2 − z2 = a2 y el paraboloide anterior.
La f´ormula que se obtiene es pues
I =
x2+y2≤a2
dxdy
x2+y2
2a
0
(1 + z2
) dz
+
a2≤x2+y2≤2a2
dxdy
x2+y2
2a
√
x2+y2−a2
(1 + z2
) dz.
Para resolver las integrales, las escribimos en coordenadas cil´ındricas. As´ı,
I =
2π
0
dv
a
0
u du
u2/2a
0
(1 + z2
) dz +
2π
0
dv
a
√
2
a
u du
u2/2a
√
u2−a2
(1 + z2
) dz
= · · · = (10 + a2
)πa3
/30.
[Todas las integrales a resolver son casi inmediatas.]
88
89. PROBLEMA 5.58
Calcular
S
(1 + x + y + z)−3
dxdydz, donde S es el
tetraedro limitado por los tres planos coordenados y el
plano de ecuaci´on x + y + z = 1.
Soluci´on
Si llamamos D a la proyecci´on de la regi´on de integraci´on sobre el plano
XY , podemos escribir la integral como
I =
D
1−x−y
0
(1 + x + y + z)−3
dz dxdy.
Como, a su vez, D es el tri´angulo de v´ertices (0, 0), (1, 0) y (0, 1), la integral
se descompone en las siguientes integrales iteradas:
I =
1
0
dx
1−x
0
dy
1−x−y
0
(1 + x + y + z)−3
dz
=
1
0
dx
1−x
0
−
y
8
+
(1 + x + y)−2
2
dy
=
1
0
x − 1
8
−
1
4
+
1
2(1 + x)
dx =
1
2
ln 2 −
5
16
.
PROBLEMA 5.59
Calcular los vol´umenes de los cuerpos limitados por las
siguientes superficies:
i) a2
= x2
+ z2
, x + y = ±a, x − y = ±a.
ii) z = x2 + y2, xy = a2, xy = 2a2, y = x/2, y = 2x, z = 0.
iii)
x
a
+
y
b
+
z
c
= 1, x, y, z ≥ 0.
iv)
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
= 1,
x2
a2
+
y2
b2
=
z2
c2
, (z > 0).
89
90. Soluci´on
i) La regi´on a considerar es el interior del cilindro a2 = x2 + z2 cortado por
los cuatro planos x + y = a, x + y = −a, x − y = a, x − y = −a.
x
y
z
Como la proyecci´on del s´olido sobre el plano XY es el cuadrado R limitado
por las rectas x + y = a, x + y = −a, x − y = a, x − y = −a, el volumen se
calcula por la f´ormula
V =
R
dxdy
√
a2−x2
−
√
a2−x2
dz = 2
R
a2 − x2 dxdy
= 2
0
−a
dx
x+a
−x−a
a2 − x2 dy + 2
a
0
dx
−x+a
x−a
a2 − x2 dy = 2a3
π − 8a3
/3.
[Para calcular las integrales se puede hacer alguna sustituci´on trigonom´etri-
ca.]
ii) El s´olido consiste en la regi´on limitada entre el plano XY y el paraboloide
z = x2 + y2 y cuya proyecci´on sobre el plano XY es la regi´on R limitada
por las curvas xy = a2, xy = 2a2, y = x/2, y = 2x (en realidad la regi´on es
uni´on de dos regiones, una de ellas en el primer cuadrante y otra en el tercer
cuadrante; como las regiones tienen la misma ´area y la funci´on z = x2 + y2
es sim´etrica, bastar´a multiplicar por dos el resultado obtenido al considerar
´unicamente la parte del primer cuadrante).
90
91. z
Podemos pues escribir el volumen como:
V = 2
R
dxdy
x2+y2
0
dz =
R
(x2
+ y2
) dxdy.
Para calcular la integral doble sobre la regi´on R, realizamos el cambio de
variables dado por las ecuaciones xy = u, x/y = v.
Este cambio hace que J
x, y
u, v
=
1
2v
y que la nueva regi´on de integraci´on
sea R = {(u, v) : a2 ≤ u ≤ 2a2, 1/2 ≤ v ≤ 2}. El volumen se calcula
entonces como
V = 2
2a2
a2
du
2
1/2
uv +
u
v
·
1
2v
dv =
9a4
2
.
iii) El s´olido est´a ahora comprendido entre la funci´on dada y los planos
coordenados.
x
y
z
Su proyecci´on sobre el plano XY es la regi´on R del primer cuadrante limitada
por los ejes coordenados y la astroide de ecuaci´on
x
a
+
y
b
= 1, de modo
que el volumen es sencillamente
V =
R
c(1−
√
x/a−
√
y/b)2
0
dz
=
a
0
dx
b((1−
√
x/a)2
0
c(1 − x/a − y/b)2
dy =
abc
90
.
91
92. [Todas las integrales son inmediatas.]
iv) Ahora el s´olido es la regi´on limitada superiormente por el elipsoide
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
= 1 e inferiormente por el cono
x2
a2
+
y2
b2
=
z2
c2
, por encima del
plano XY . Como la intersecci´on de ambas superficies es la elipse
x2
a2
+
y2
b2
= 1/2, situada en el plano z = c/
√
2, el volumen se expresa mediante la
integral
V =
R
dxdy
c
√
1−x2/a2−y2/b2
c
√
x2/a2+y2/b2
dz,
donde R es la regi´on limitada por la citada elipse
x2
a2
+
y2
b2
= 1/2.
Para calcular dicha integral hacemos el cambio de variables x = (a/
√
2)u cos v,
y = (a/
√
2)u sen v, cuyo jacobiano vale J = abu/2. Con estos datos,
V =
2π
0
dv
1
0
(c 1 − u2/2 − c/2) ·
abu
2
du =
5
12
−
1
3
√
2
πab.
PROBLEMA 5.60
Encontrar el volumen de la regi´on acotada por las su-
perficies z = x2 + y2, z = 10 − x2 − 2y2.
Soluci´on
En la figura del lado izquierdo se muestran los dos paraboloides que limitan
la regi´on, y en el lado derecho se ilustra la curva intersecci´on y su proyecci´on
sobre el plano XY .
92
93. x
y
z
x
y
z
Como la proyecci´on de dicha curva intersecci´on es la elipse de ecuaci´on
x2
+ y2
= 10 − x2
− 2y2
⇐⇒ 2x2
+ 3y2
= 10,
para calcular el volumen utilizamos coordenadas polares modificadas, es
decir hacemos la transformaci´on
x 2/10 = u cos v,
y 3/10 = u sen v,
cuyo jacobiano es J =
cos v√
2/10
−u sen v√
2/10
sen v√
3/10
u cos v√
3/10
=
10u
√
6
. El volumen se calcula en-
tonces por la f´ormula
V =
R
[10 − x2
− 2y2
− (x2
+ y2
)] dxdy
=
1
0
du
2π
0
10u
√
6
· (10 − 10u2
) dv =
200π
√
6
1
0
(u − u3
) du =
50π
√
6
.
PROBLEMA 5.61
Calcular el volumen del s´olido
S = {(x, y, z) ∈ R3
: x2
+y2
+z2
≤ 1, z2
≥ 3(x2
+y2
), z ≥ 0}.
93
94. Soluci´on
x
y
z
Como la intersecci´on de las dos superficies es la curva
x‘
+ y2
= 1/4, z =
√
3/2,
el volumen, en coordenadas cartesianas, se escribe como:
V =
1/2
−1/2
dx
√
1/4−x2
−
√
1/4−x2
dy
√
1−x2−y2
√
3(x2−y2)
dz.
En coordenadas cil´ındricas (x = ρ cos ϑ, y = ρ sen ϑ, z = z), el volumen se
escribe como
V =
1/2
0
dρ
2π
0
dϑ
√
1−ρ2
ρ
√
3
ρ dz.
En coordenadas esf´ericas (x = ρ cos ϑ sen ϕ, y = ρ sen ϑ sen ϕ, z = ρ cos ϕ),
para calcular los extremos del ´angulo ϕ sustituimos ρ = 1, z =
√
3/2 en la
expresi´on de z. Resulta entonces que
√
3/2 = cos ϕ, de donde ϕ = π/6.
El volumen se expresa mediante la integral
V =
2π
0
dϑ
π/6
0
dϕ
1
0
ρ2
sen ϕ dϕ,
o bien (debido a las simetr´ıas de la figura)
V = 4
π/2
0
dϑ
π/6
0
dϕ
1
0
ρ2
sen ϕ dϕ.
PROBLEMA 5.62
Calcular
V
ze−(x2+y2)
dxdydz, donde V est´a limitado
por el cono 2(x2 +y2) = z2 y el hiperboloide de dos hojas
x2 + y2 = z2 − 1.
94
95. Soluci´on
Si resolvemos el sistema formado por ambas ecuaciones, obtenemos su inter-
secci´on, que consiste en las circunferencias x2 + y2 = 1, con z = ±
√
2.
Escribimos la integral en coordenadas cil´ındricas
x = u cos v
y = u sen v
z = z
0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 2π, u
√
2 ≤ z ≤ u2 + 1
con lo que resulta (teniendo en cuenta la simetr´ıa de la figura):
I = 2
2π
0
dv
1
0
udu
√
u2+1
u
√
2
ze−u2
dz = 4π
1
0
ue−u2 z2
2
√
u2+1
u
√
2
du = · · · =
π
e
.
PROBLEMA 5.63
Calcular el volumen del casquete esf´erico limitado por
x2
+ y2
+ z2
= a2
x2
+ y2
+ z2
= b2
x2
+ y2
= z2
,
con z ≥ 0, siendo 0 < a < b.
Soluci´on
x
y
Si escribimos el volumen en coordenadas esf´ericas, de acuerdo a la figura
tenemos:
x = r cos ϑ sen ϕ
y = r sen ϑ sen ϕ
z = r cos ϕ
donde
a ≤ r ≤ b
0 ≤ ϕ ≤ π/4
0 ≤ ϑ ≤ 2π
.
95
96. Recordando que el jacobiano de la transformaci´on es J = r2 sen ϕ, el volu-
men se escribe ahora de la siguiente forma:
V =
b
a
dr
π/4
0
dπ
2π
0
r2
sen ϕdϑ =
r3
3
b
a
· − cos ϕ
π/4
0
· 2π
=
b3 − a3
3
1 −
√
2
2
· 2π =
π
3
(2 −
√
2)(b3
− a3
).
PROBLEMA 5.64
(a) Describir las superficies r = constante, ϑ = con-
stante, z = constante, en el sistema de coordenadas
cil´ındricas.
(b) Idem para las superficies r = constante, ϑ = con-
stante, φ = constante, en coordenadas esf´ericas.
Soluci´on
a) De las ecuaciones que definen las coordenadas cil´ındricas:
x = r cos ϑ, y = r sen ϑ, z = z,
al hacer r = k, obtenemos
x2
+ y2
= k2
,
lo que corresponde a un cilindro con eje de simetr´ıa el eje Z y radio k.
Si hacemos ϑ = k, basta dividir las dos primeras coordenadas para obten-
er
y
x
= tg k,
lo que corresponde a un plano vertical que pasa por el origen (los distintos
valores de k dan los diferentes ´angulos con respecto al plano y = 0).
Si hacemos z = k, esta misma ecuaci´on representa un plano horizontal de
altura k.
b) Las coordenadas esf´ericas de un punto se obtienen mediante las ecua-
ciones
x = ρ cos ϑ sen φ, y = ρ sen ϑ sen φ, z = ρ cos φ.
96
97. Si hacemos ρ = k, obtenemos
x2
+ y2
+ z2
= k2
,
es decir la esfera centrada en el origen con radio k.
Si hacemos ϑ = k, al igual que con las coordenadas cil´ındricas,
y
x
= tg ϑ,
que representa tambi´en un plano vertical.
Si, por ´ultimo, escribimos φ = k, resulta:
x2 + y2 = ρ2 sen2 φ
z2 = ρ2 cos2 φ
=⇒
x2 + y2
z2
= tg2
φ,
que representa un cono de v´ertice el origen.
PROBLEMA 5.65
Calcular el momento de inercia de un s´olido en forma
de cono circular recto con densidad constante respecto
a su eje.
Soluci´on
Supongamos que el cono de altura h y radio en la base r tiene v´ertice en el
origen y eje vertical. Entonces su ecuaci´on es
z2
=
h2
r2
(x2
+ y2
).
Si la densidad en cada punto del s´olido es k, el momento de inercia respecto
al eje Z viene dada por la f´ormula:
Iz =
S
k(x2
+ y2
) dV.
Para resolver la integral, escribimos el s´olido en coordenadas cil´ındricas,
x = u cos v, y = u sen v. La ecuaci´on del cono se escribe entonces como
z = hu/r y la integral pedida
Iz =
2π
0
dv
r
0
du
h
hu/r
k · u3
dz = 2πk
r
0
u3
h −
uh
r
du =
πkhr4
10
.
97
98. Otra forma de resolver la integral consiste en realizar la transformaci´on a
coordenadas esf´ericas, x = ϕ cos ϑ sen φ, y = ϕ sen ϑ sen φ, z = ϕ cos φ. De
este modo la ecuaci´on del plano z = h se escribe como ϕ = h/ cos φ, y la
integral es ahora
Iz =
2π
0
dϑ
arc tg(r/h)
0
dφ
h/ cos φ
0
k · ϕ2
sen2
φ · ϕ2
sen φ dϕ
= 2πk
arc tg(r/h)
0
sen3
φ ·
h5
5 cos5 φ
dφ
=
2πkh5
5
arc tg(r/h)
0
tg3
φ · sec2
φ dφ =
2πkh5
5
·
r4
4h4
.
PROBLEMA 5.66
Calcular el momento de inercia alrededor del eje Z del
s’olido de densidad constante limitado por el elipsoide
36x2 + 9y2 + 4z2 = 36.
Soluci´on
Por definici’on,
Mz =
Ω
ρ · (x2
+ y2
) dxdydz,
pues x2 + y2 es el cuadrado de la distancia de un punto del s’olido al eje
Z.
Si escribimos la ecuaci’on del elipsoide como
Ω : x2
+ y2
/4 + z2
/9 = 1,
el cambio a coordenadas esf’ericas viene dado por:
x = r cos ϑ sen ϕ
y = 2r sen ϑ sen ϕ
z = 3r cos ϕ
, 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ ϑ ≤ 2π, 0 ≤ ϕ ≤ π.
Como
J
x, y, z
rϕϑ
= −6r2
sen ϕ,
98
99. la integral se escribe como
Mz =
1
0
dr
2π
0
dϑ
π
0
ρ(r2
cos2
ϑ sen2
ϕ+4r2
sen2
ϑ sen2
ϕ)·6r2
sen ϕ dϕ = 8ρπ.
PROBLEMA 5.67
Hallar
R3
1
[1 + (x2 + y2 + z2)3/2]3/2
dxdydz.
Soluci´on
Si realizamos la transformaci´on a coordenadas esf´ericas, x = ϕ cos ϑ sen φ,
y = ϕ sen ϑ sen φ, z = ϕ cos φ, como el valor absoluto del jacobiano de la
transformaci´on es J = ρ2 sen φ, la integral se escribe como:
I =
∞
0
dρ
2π
0
dϑ
π
0
ρ2 sen φ
(1 + ρ3)3/2
dφ.
Para resolver la integral, como las variables est´an separadas, basta multi-
plicar las tres integrales simples. Tenemos as´ı:
I =
∞
0
ρ2
(1 + ρ3)3/2
dρ
2π
0
dϑ
π
0
sen φ dφ
=
4π
3
∞
0
3ρ2
(1 + ρ3
)−3/2
dρ =
4π
3
l´ım
b→∞
−2(1 + ρ3
)−1/2
b
0
=
8π
3
.
PROBLEMA 5.68
Calcular
R
(y2
+ z2
) dxdydz, siendo R un cono recto
de revoluci´on de altura h, base situada en el plano XY
y de radio a y eje en el eje Z.
Soluci´on
99
100. a
a
h
x
y
z
La figura adjunta muestra el cono descrito, el cual tiene por ecuaci´on a2(h−
z)2 = h2(x2 +y2). Pasando la integral a coordenadas cil´ındricas, x = u cos v,
y = u sen v, z = z, tenemos:
I =
a
0
du
2π
0
dv
h(a−u)/a
0
u(u2
sen2
v + z2
)dz = · · · =
a4hπ
20
+
h3a2π
30
.
100