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Problemas resueltos y
propuestos de c´alculo en varias
variables.
Integrales m´ultiples
∞
0
e−x2
dx =
√
π
2
Primera Edici´on
11 de Mayo de 2011
Francisco Felipe Vilches Medina
frvilche@ing.uchile.cl
Prefacio
La presente colecci´on de problemas resueltos y propuestos tiene como ob-
jetivo exponer problemas tipo de integraci´on m´ultiple (materia desarrollada
en el curso de C´alculo 3 en la mayor parte de las universidades del mundo),
como tambi´en mostrar t´ecnicas de resoluci´on que faciliten la comprensi´on y
el c´alculo del tema a desarrollar, el actual documento est´a destinado tanto
para estudiantes como para personas que deseen interiorizarse en el tema,
no obstante puede tener mayor utilidad a alumnos del curso de C´alculo en
varias variables, asignatura del tercer semestre de plan com´un de la carrera
de ingenier´ıa civil de la Universidad de Chile, debido a que los problemas
poseen un nivel de dificultad acorde a lo que se espera de un alumno del
curso, adem´as de estar compuesto por ejercicios tanto de controles como de
gu´ıas de a˜nos anteriores, el escrito consta de dos partes fundamentales, la
primera constar´a de treinta problemas resueltos donde se exhibe el m´etodo
y la soluci´on del problema, en esta primera etapa partiremos con diecisie-
te para posteriormenre llegar a los treinta, la segunda parte incluye treinta
problemas propuestos muchos de ellos con su respectiva soluci´on donde el
lector puede comprobar sus conocimientos en la materia, la reciente edici´on
de ”Problemas resueltos y propuestos de c´alculo en varias variables”puede
ser ampliada en futuros a˜nos, cualquier duda o sugerencia como tambin si
encuentra errores en el documento favor de enviar un mail a la direcci´on
frvilche@ing.uchile.cl .
Francisco Vilches Medina
Santiago, 11 de mayo del 2011
Parte I
Problemas resueltos
PROBLEMAS RESUELTOS 3
P1 Sean f : [a, b] → R y g : [c, d] → R continuas. Mostrar que:
R
[f(x)g(y)]dxdy =
b
a
f(x)dx
d
c
g(y)dy
donde R = [a, b] × [c, d].
Soluci´on:
Consideremos la partici´on de [a, b]:
a = x1 < x2 < ... < xn = b, tal que xi+1 − xi =
b − a
n
Luego la suma de Riemann de f ser´a:
Sn =
n−1
i=0
n−1
j=o
f(Cij)(xi+1 − xi)(yj+1 − yj)
Como y est´a definida en el mismo intervalo que x, usaremos la misma parti-
ci´on para y, esto es:
yj+1 − yj =
b − a
n
Luego:
Sn =
n−1
i=0
n−1
j=0
f(Cij)
b − a
n
2
Ahora bien, Cij ∈ [a, b] × [a, b] ⇒ Cij = (xi, yi).
⇒ Sn =
n−1
i=0
n−1
j=0
f(xi, yi)
b − a
n
2
=
n−1
i=0
n−1
j=0
f(xi)g(yi)
b − a
n
2
=
n−1
i=0
n−1
j=0
f(xi)
b − a
n
g(yi)
b − a
n
=
n−1
i=0
f(xi)
b − a
n
n−1
j=0
g(yj)
b − a
n
4 PROBLEMAS RESUELTOS
Luego, como tanto g y f son integrables en [a, b].
S1 = l´ım
n→∞
n−1
i=0
f(xi)
b − a
n
y S2 = l´ım
n→∞
n−1
j=0
g(yj)
b − a
n
convergen y sus l´ımites no dependen de los xi e yj elegidos. Por lo tanto se
tendr´a:
l´ım
n→∞
Sn = l´ım
n→∞
n−1
i=0
f(xi)
b − a
n
n−1
j=0
g(yj)
b − a
n
= S1 · S2 ⇒
existe, y no depende de los Cij = (xi, yj). As´ı (escogiendo los (xi, yj) que
realizan el m´aximo y m´ınimo en cada rect´angulo), hemos encontrado una
sucesi´on de reticulados Sn para los cuales:
l´ım
n→∞
SSn (f) − ISn (f) = 0
Luego f es integrable.
PROBLEMAS RESUELTOS 5
P2 Sean f, g : R2
→ R, funciones acotadas e integrables en A ⊆ R2
rect´angulo.
Demuestre utilizando las propiedades b´asicas de integrabilidad que:
1
2 [a,b]×[a,b]
(f(x)g(y)−f(y)g(x))2
=
b
a
f2
(x)dx·
b
a
g2
(x)dx−
b
a
f(x)g(x)dx
2
Soluci´on:
I =
1
2 [a,b]×[a,b]
(f(x)g(y) − f(y)g(x))2
=
1
2
b
a
b
a
f2
(x)g2
(y) − 2f(x)f(y)g(x)g(y) + f2
(y)g2
(x) dydx
=
1
2
b
a
b
a
f2
(x)g2
(y)dydx −
b
a
b
a
f(x)g(x)f(y)g(y)dydx +
1
2
b
a
b
a
f2
(y)g2
(x)dydx
=
1
2
b
a
f2
(x)dx ·
b
a
g2
(y)dy −
b
a
f(x)g(x)dx ·
b
a
f(y)g(y)dy +
1
2
b
a
f2
(y)dy ·
b
a
g2
(x)dx
=
1
2
b
a
f2
(x)dx ·
b
a
g2
(x)dx −
b
a
f(x)g(x)dx ·
b
a
f(x)g(x)dx +
1
2
b
a
f2
(x)dx ·
b
a
g2
(x)dx
=
b
a
f2
(x)dx ·
b
a
g2
(x)dx −
b
a
f(x)g(x)dx
2
Concluyendo lo pedido. (N´otese que para pasar de la tercera a la cuarta
l´ınea se us´o el resultado obtenido en el P1, adem´as se utiliz´o el hecho de
que la variable es muda, por lo que se reemplazaron x e y como variables de
integraci´on seg´un conveniese)
6 PROBLEMAS RESUELTOS
P3 Sea f : R2
→ R de clase C2
, pruebe que:
∂2
f
∂x∂y
=
∂2
f
∂y∂x
utilizando el Teorema de Fubini.
Hint: Defina la funci´on g(x, y) = ∂2f
∂x∂y
(x, y) − ∂2f
∂y∂x
(x, y), e integre sobre un
rect´angulo arbitrario R ⊆ R2
. Luego justifique el hecho de que una funci´on
continua es nula ssi su integral calculada sobre cualquier rect´angulo es nula.
Soluci´on:
Sea g(x, y) = ∂2f
∂x∂y
(x, y) − ∂2f
∂y∂x
(x, y) y R = [a, b] × [c, d] el rect´angulo de
v´ertices (a, c), (a, d), (b, c), (b, d) con a, b, c, d arbitrarios, entonces:
R
g(x, y)dA =
b
a
d
c
∂2
f
∂x∂y
(x, y) −
∂2
f
∂y∂x
(x, y) dydx
=
b
a
d
c
∂2
f
∂x∂y
(x, y)dydx −
b
a
d
c
∂2
f
∂y∂x
(x, y)dydx
=
d
c
b
a
∂2
f
∂x∂y
(x, y)dxdy −
b
a
d
c
∂2
f
∂y∂x
(x, y)dydx (Aplicando Fubini)
=
d
c
∂f
∂y
(x, y)
b
a
dy −
b
a
∂f
∂x
(x, y)
d
c
dx
=
d
c
∂f
∂y
(b, y) −
∂f
∂y
(a, y) dy −
b
a
∂f
∂x
(x, d) −
∂f
∂x
(x, c) dx
=
d
c
∂f
∂y
(b, y)dy −
d
c
∂f
∂y
(a, y)dy −
b
a
∂f
∂x
(x, d)dx +
b
a
∂f
∂x
(x, c)dx
= f(b, y)
d
c
− f(a, y)
d
c
− f(x, d)
b
a
+ f(x, c)
b
a
= f(b, d) − f(b, c) − f(a, d) + f(a, c) − f(b, d) + f(a, d) + f(b, c) − f(a, c)
= 0
PROBLEMAS RESUELTOS 7
P4 Calcular:
2
0
1
y
2
yex3
dxdy
Soluci´on:
Dado que la funci´on f(x) = ex3
no posee primitiva elemental, la integral ite-
rada no puede calcularse tal como est´a por lo que necesitamos invertir el orden
de integraci´on, la regi´on de integraci´on son los (x, y)/0 ≤ y ≤ 2, y
2
≤ x ≤ 1 ,
de ambas desigualdades deducimos que 0 ≤ x ≤ 1 (ver nota al pie de la p´agi-
na)1
, de la primera desigualdad se obtiene que 0 ≤ y y de la segunda y ≤ 2x
luego 0 ≤ y ≤ 2x, entonces revirtiendo el orden de integraci´on tenemos:
2
0
1
y
2
yex3
dxdy =
1
0
2x
0
yex3
dydx
=
1
0
y2
2
ex3
2x
0
dx
= 2
1
0
x2
ex3
dx Usando el c.v u = x3
⇒ du = 3x2
dx ⇒ dx = du
3x2 y el T.F.C
=
2
3
1
0
eu
du
=
2
3
(e − 1)
1
Para determinar el dominio maximal de x basta ver cu´al valor de y maximiza el
intervalo en que se mueve la variable x, en este caso para y = 0 se obtiene 0 ≤ x ≤ 1 que
es el rango m´as grande para x, por ejemplo para y = 3
2 obtenemos que 3
4 ≤ x ≤ 1 que es
un subconjunto de 0 ≤ x ≤ 1
8 PROBLEMAS RESUELTOS
P5
a) Sea g : [0, 1] → R integrable. Pruebe que:
1
0
1
x
g(t)dt dx =
1
0
tg(t)dt
b) Calcular:
1
0
1
y
e
−y
x dx dy
Soluci´on:
a) La regi´on de integraci´on son los {(x, y)/ 0 ≤ x ≤ 1, x ≤ t ≤ 1}, de ambas
desigualdades se tiene que 0 ≤ t ≤ 1, de la segunda desigualdad se tiene que
x ≤ t y de la primera 0 ≤ x, entonces 0 ≤ x ≤ t, entonces:
1
0
1
x
g(t)dt dx =
1
0
t
0
g(t)dx dt
=
1
0
tg(t)dt
b) Invirtiendo el orden de integraci´on se tiene que:
1
0
1
y
e
−y
x dx dy =
1
0
x
0
e
−y
x dy dx
=
1
0
−xe
−y
x
x
0
dx
= 1 −
1
e
1
0
xdx
= 1 −
1
e
x2
2
1
0
=
e − 1
2e
PROBLEMAS RESUELTOS 9
P6 Calcular:
∞
0
e−5x
− e−10x
x
dx
Hint: Escriba el integrando de la integral pedida como una integral definida
para convertirla en una integral doble.
Soluci´on:
Usando el Hint entregado notemos que f(x) =
e−5x
− e−10x
x
=
10
5
e−yx
dy,
entonces:
∞
0
e−5x
− e−10x
x
dx =
∞
0
10
5
e−yx
dydx
Invirtiendo el orden de integraci´on en la ´ultima integral tenemos que:
∞
0
e−5x
− e−10x
x
dx =
∞
0
10
5
e−yx
dydx
=
10
5
∞
0
e−yx
dxdy
=
10
5
−e−yx
y
∞
0
dy
=
10
5
dy
y
= ln(y)
10
5
= ln(10) − ln(5)
= ln(2)
10 PROBLEMAS RESUELTOS
P7 2
Pruebe que:
∞
0
e−x2
dx =
√
π
2
Soluci´on:
Consideremos la funci´on de dos variables f(x, y) = e−x2−y2
= e−x2
·e−y2
y los
subconjuntos de R2
B(0, R), B(0, 2R) y CR = [−R, R] × [−R, R], notemos
que B(0, R) ⊆ CR ⊆ B(0, 2R) por lo que:
B(0,R)
e−x2−y2
dxdy ≤
CR
e−x2−y2
dxdy ≤
B(0,2R)
e−x2−y2
dxdy (1)
Esto ´ultimo se debe a que ∀(x, y) ∈ R2
, f(x, y) = e−x2−y2
> 0 por lo que
en la suma de definici´on de la integral existen s´olo t´erminos positivos, esto
´ultimo implica que si A ⊆ B entonces A
e−x2−y2
dxdy ≤ B
e−x2−y2
dxdy.
Pasando a coordenadas polares las integrales de la desigualdad (1) se tiene
que:
B(0,R)
e−x2−y2
dxdy =
R
0
2π
0
ρe−ρ2
dθdρ = π(1 − e−R2
)
An´alogamente:
B(0,2R)
e−x2−y2
dxdy =
2R
0
2π
0
ρe−ρ2
dθdρ = π(1 − e−4R2
)
Por otro lado notemos que CR
e−x2−y2
dxdy =
R
−R
R
−R
e−x2
e−y2
dxdy y usan-
do el resultado del P1 se concluye que:
CR
e−x2−y2
dxdy =
R
−R
R
−R
e−x2
e−y2
dxdy =
R
−R
e−x2
dx ·
R
−R
e−y2
dy
Pero como la variable es ”muda”se obtiene que
CR
e−x2−y2
dxdy =
R
−R
e−x2
dx
2
2
El c´alculo de esta integral es especialmente relevante en Probabilidades, su c´alculo es
complejo y no se espera que un alumno la resuelva sin uso de indicaciones sin embargo
se presenta su demostraci´on para ilustrar una de las muchas aplicaciones de la integral
m´ultiple y justificar la identidad de la portada.
PROBLEMAS RESUELTOS 11
Reemplazando los c´alculos hechos en la desigualdad (1) se tiene:
π(1 − e−R2
) ≤
R
−R
e−x2
dx
2
≤ π(1 − e−4R2
)
Tomando l´ımite cuando R → ∞ en la ´ultima desigualdad tenemos:
l´ım
R→∞
π(1 − e−R2
) ≤ l´ım
R→∞
R
−R
e−x2
dx
2
≤ l´ım
R→∞
π(1 − e−4R2
)
=⇒ π ≤
∞
−∞
e−x2
dx
2
≤ π
Usando el teorema del Sandwich se concluye que:
∞
−∞
e−x2
dx
2
= π =⇒
∞
−∞
e−x2
dx =
√
π
Notando que la funci´on f(x) = e−x2
es una funci´on par se conluye finalmente
que:
∞
0
e−x2
dx =
√
π
2
12 PROBLEMAS RESUELTOS
P8 Calcule
I =
1
0
1
w
1
y
ex3
dxdydw
Indicaci´on: Escriba la integral de la forma ...dydxdw integre una vez y
luego escriba la integral resultante como ...dwdx.
Soluci´on:
La regi´on de integraci´on cumple las desigualdades 0 ≤ w ≤ 1 (1), w ≤ y ≤ 1
(2),y ≤ x ≤ 1 (3), de (2) y (3) considerando a w un n´umero fijo se obtiene
que w ≤ x ≤ 1 y que w ≤ y ≤ x (ver nota al pie de la p´agina)3
, entonces:
I =
1
0
1
w
1
y
ex3
dxdydw
=
1
0
1
w
x
w
ex3
dydxdw
=
1
0
1
w
xex3
− wex3
dxdw
La nueva regi´on de integraci´on son los {(w, x)/0 ≤ w ≤ 1, w ≤ x ≤ 1}, cam-
biamos nuevamente los l´ımites de integraci´on obteniendo 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤
w ≤ x, entonces:
I =
1
0
1
w
xex3
− wex3
dxdw
=
1
0
x
0
xex3
− wex3
dwdx
=
1
2
1
0
x2
ex3
dx Usando el c.v u = x3
⇒ du = 3x2
dx ⇒ dx = du
3x2 y el T.F.C
=
1
6
1
0
eu
du
=
e − 1
6
3
Notemos que cambiar el orden de integraci´on en este caso es equivalente al de cambiar
el orden en una integral doble donde las funciones dependientes de la primera variable,
en este caso las funciones f(w) = w y f(w) = 1 presentes en la desigualdad (2), son
considerados n´umeros fijos, es decir como si las funciones estuvieran evaluadas por alg´un
numero w perteneciente al dominio dado para w, en este caso w ∈ [0, 1]
PROBLEMAS RESUELTOS 13
P9 Una pir´amide est´a limitada por los tres planos coordenados y el plano
x + 2y + 3z = 6. Representar el s´olido y calcular su volumen por integraci´on
m´ultiple.
Soluci´on:
El plano x + 2y + 3z = 0 intersecta al plano z = 0 en la recta de ecuaci´on
x + 2y = 6, esta ´ultima recta intersecta al eje x en el punto de coordenadas
(6, 0, 0), de esto se deduce que los l´ımites de integraci´on ser´an 0 ≤ x ≤ 6,
0 ≤ y ≤ 3 − x
2
, 0 ≤ z ≤ 2 − x
3
− 2y
3
, entonces:
V =
6
0
3−x
2
0
2−x
3
−2y
3
0
dzdydx
=
6
0
3−x
2
0
2 −
x
3
−
2y
3
dydx
=
6
0
2 3 −
x
2
−
x
3
3 −
x
2
−
(3 − x
2
)2
3
dx
=
6
0
x2
12
− x + 3 dx
=
x3
36
−
x2
2
+ 3x
6
0
= 6
14 PROBLEMAS RESUELTOS
P10 Calcular el volumen del s´olido bajo el plano 3x + 8y + 6z = 24 y sobre
la regi´on del plano XY limitada por la par´abola y2
= 2x, la recta 2x+3y = 10
y el eje x.
Soluci´on:
Notemos que las curvas del plano XY se intersectan en el punto de coor-
denadas (2,2,0) por lo que la regi´on del plano XY puede ser descrita por
(x, y)/0 ≤ y ≤ 2, y2
2
≤ x ≤ 5 − 3y
2
, naturalmente 0 ≤ z ≤ 4 − 4y
3
− x
2
, en-
tonces:
V =
2
0
5−3y
2
y2
2
4− 4y
3
−x
2
0
dzdxdy
=
2
0
5−3y
2
y2
2
4 −
4y
3
−
x
2
dxdy
=
2
0
4x
5−3y
2
y2
2
−
4xy
3
5−3y
2
y2
2
−
x2
4
5−3y
2
y2
2
dy
=
2
0
y4
16
+
2
3
y3
−
9
16
y2
−
107
12
y +
55
4
dy
=
y5
80
2
0
+
y4
6
2
0
−
3
16
y3
2
0
−
107
24
y2
2
0
+
55
4
y
2
0
=
2
5
+
8
3
−
3
2
−
107
6
+
55
2
=
337
30
PROBLEMAS RESUELTOS 15
P11 Calcular el volumen del s´olido bajo el plano z = 4x y que est´a sobre
la circunferencuia x2
+ y2
= 16.
Soluci´on:
El recinto de integraci´on satisface las ecuaciones en coordenadas cartesia-
nas x2
+ y2
≤ 16 (parte interna del cilindro), z ≥ 0 (parte superior al plano
XY)y z ≤ 4x (parte inferior al plano z = 4x), pasando a coordenadas polares
estas inecuaciones se tiene que el recinto de integraci´on cumple ρ ≤ 4 (1),
z ≥ 0 (2), z ≤ 4ρcos(θ) (3), dado que z ≥ 0 y ρ ≥ 0 se tiene que cos(θ) ≥ 0
(por (3) ) para todos los puntos del recinto (pues z ≥ 0 ) luego −π
2
≤ θ ≤ π
2
dado que en (2) y en (3) ρ es ”libre”se tiene que 0 ≤ ρ ≤ 4 por ´ultimo de
(2) y (3) se obtiene 0 ≤ z ≤ 4ρcos(θ), resumiendo, los l´ımites de integraci´on
son: 0 ≤ ρ ≤ 4, −π
2
≤ θ ≤ π
2
, 0 ≤ z ≤ 4ρcos(θ), entonces:
V =
4
0
π
2
−π
2
4ρcos(θ)
0
ρdzdθdρ
=
4
0
π
2
−π
2
4ρ2
cos(θ)dθdρ
= 4
4
0
ρ2
(sin(θ))
π
2
−π
2
dρ
= 8
4
0
ρ2
dρ
= 8
ρ3
3
4
0
=
512
3
16 PROBLEMAS RESUELTOS
P12 Hallar el volumen limitado por x2
+ y2
+ z2
= 4, x2
+ y2
= 3z.
Soluci´on:
Dado que la esfera de ecuaci´on x2
+ y2
+ z2
= 4 pone la tapa superior del re-
cinto de integraci´on y el paraboloide de ecuaci´on x2
+y2
= 3z pone la inferior
se deduce que el recinto ser´a aquel que en coordenadas cartesianas satisfaga
las ecuaciones x2
+y2
+z2
≤ 4 y x2
+y2
≥ 3z pasando a coordenadas polares
las condiciones anteriores son equivalentes a ρ2
+ z2
≤ 4 (1) y ρ2
≥ 3z (2),
notando que el paraboloide intersecta a la esfera a la altura z = 1, es decir
en los puntos tales que x2
+y2
= 3 y z = 1, entonces el recinto de integraci´on
ser´a en coordenadas polares 0 ≤ ρ ≤
√
3, 0 ≤ θ ≤ 2π, ρ2
3
≤ z ≤ 4 − ρ2, la
´ultima desigualdad se deduce de las desigualdades (1) y (2), de (2) se tiene
ρ2
3
≤ z y de (1) al despejar z considerando z ≥ 0 pues para todo punto
perteneciente al paraboloide se tiene z ≥ 0 se deduce z ≤ 4 − ρ2 juntando
las ´ultimas 2 desigualdades se tiene ρ2
3
≤ z ≤ 4 − ρ2, entonces:
V =
√
3
0
2π
0
√
4−ρ2
ρ2
3
ρdzdθdρ
=
√
3
0
2π
0
ρ 4 − ρ2 −
ρ3
3
dθdρ
= 2π
√
3
0
ρ 4 − ρ2 −
ρ3
3
dρ
= 2π
√
3
0
ρ 4 − ρ2dρ − π
ρ4
6
√
3
0
= π
4
1
√
udu −
3π
2
Usando el c.v u = 4 − ρ2
y el T.F.C en la integral
=
16π
3
−
2π
3
−
3π
2
=
19π
6
PROBLEMAS RESUELTOS 17
P13 Hallar el volumen limitado por las superficies (x − 1)2
+ (y − 1)2
= 1,
z = xy, z = 0.
Soluci´on:
El recinto de integraci´on satisface en coordenadas cartesianas las inecuaciones
(x−1)2
+(y−1)2
≤ 1, z ≤ xy, z ≥ 0 Para este problema usaremos coordena-
das polares modificadas, es decir utilizaremos la transformaci´on T(ρ, θ, z) =
(x, y, z) = (ρcos(θ) + 1, ρsin(θ) + 1, z) cuyo jacobiano es J(T) = ρ, pasando
las inecuaciones anteriores a polares modificadas tenemos que la regi´on satis-
face ρ2
≤ 1 (1), z ≤ (1+ρcos(θ))(1+ρsin(θ)) (2),z ≥ 0 (3), de (1) se deduce
que 0 ≤ ρ ≤ 1, dado ρ fijo no existe restricci´on sobre θ luego 0 ≤ θ ≤ 2π
de (2) y (3) se deduce que 0 ≤ z ≤ 1 + ρ(cos(θ) + sin(θ)) + ρ2
cos(θ)sin(θ),
entonces:
V =
1
0
2π
0
1+ρ(cos(θ)+sin(θ))+ρ2cos(θ)sin(θ)
0
ρdzdθdρ
=
1
0
2π
0
ρ 1 + ρ(cos(θ) + sin(θ)) + ρ2
cos(θ)sin(θ) dθdρ
=
1
0
2π
0
ρ + ρ2
(cos(θ) + sin(θ)) + ρ3
cos(θ)sin(θ) dθdρ
=
1
0
ρθ
2π
0
+ ρ2
sin(θ)
2π
0
− ρ2
cos(θ)
2π
0
+ ρ3 sin2
(θ)
2
2π
0
dρ
= 2π
1
0
ρdρ
= πρ2
1
0
= π
18 PROBLEMAS RESUELTOS
P14 Hallar el volumen del s´olido limitado por los cilindros x2
+ y2
= a2
y
x2
+ z2
= a2
.
Soluci´on:
El s´olido al estar limitado por los cilindros indicados cumple las desigual-
dades x2
+ y2
≤ a2
y x2
+ z2
≤ a2
de la primera y segunda desigualdad se
observa que −a ≤ x ≤ a, de la primera dado x fijo se tiene que −
√
a2 − x2 ≤
y ≤
√
a2 − x2 y de la segunda se deduce que −
√
a2 − x2 ≤ z ≤
√
a2 − x2 por
lo que:
V =
a
−a
√
a2−x2
−
√
a2−x2
√
a2−x2
−
√
a2−x2
dzdydx
=
a
−a
√
a2−x2
−
√
a2−x2
2
√
a2 − x2dydx
= 2
a
−a
2a2
− 2x2
dx
= 4a2
a
−a
dx − 4
a
−a
x2
dx
= 8a3
−
4x3
3
a
−a
= 8a3
−
8a3
3
=
16a3
3
PROBLEMAS RESUELTOS 19
P15 Calcule:
R
x2 + y2 + z2dxdydz
donde R = (x, y, z) ∈ R3
|1 ≤ x2
+ y2
+ z2
≤ 9, 0 ≤ z ≤ x2 + y2 .
Soluci´on:
Usando la transformaci´on T(r, θ, φ) = (rcos(θ)sen(φ), rsen(θ)sen(φ), rcos(φ))
(coordenadas esf´ericas) con J(T) = r2
sen(φ) se tiene que la regi´on de inte-
graci´on son los 1 ≤ r2
≤ 9 ⇒ 1 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ rcos(φ) ≤ rsen(φ) ⇔ 0 ≤
cos(φ) ≤ sen(φ), como 0 ≤ cos(φ) ⇒ φ ∈ [0, π
2
], adem´as cos(φ) ≤ sen(φ) ⇒
1 ≤ tan(φ) (notando que cos(φ) ≥ 0 para φ ∈ [0, π
2
], por lo que podemos
dividir a ambos lados de la ´ultima desigualdad sin alterar el conjunto solu-
ci´on) por lo que π
4
≤ φ ≤ π
2
, como no hay restricci´on para θ se tiene que
0 ≤ θ ≤ 2π, entonces:
R
x2 + y2 + z2dxdydz =
3
1
2π
0
π
2
π
4
r3
sen(φ)dφdθdr
=
3
1
2π
0
−r3
cos(φ)
π
2
π
4
dθdr
=
√
2
2
3
1
2π
0
r3
dθdr
=
√
2π
3
1
r3
dr
=
√
2π
r4
4
3
1
=
√
2π
81
4
−
1
4
= 20
√
2π
20 PROBLEMAS RESUELTOS
P16 Calcule
3
0
4
0
y
2
+1
y
2
2x − y
2
+
z
3
dxdydz
Hint: Considere el cambio de variables lineal: u =
2x − y
2
, v =
y
2
, w =
z
3
.
Soluci´on:
Considerando la transformaci´on lineal T(x, y, z) = (u, v, w) =
2x − y
2
,
y
2
,
z
3
tenemos que
J(T) =
∂u
∂x
∂u
∂y
∂u
∂z
∂v
∂x
∂v
∂y
∂v
∂z
∂w
∂x
∂w
∂y
∂w
∂z
=
1 −1
2
0
0 1
2
0
0 0 1
3
=
1
6
, pero como la transformaci´on va desde los puntos (x, y, x) a (u, v, x) ne-
cesitamos |J(T)|−1
= 6, la regi´on de integraci´on son los (x, y, z) tales que
0 ≤ z ≤ 3 (1), 0 ≤ y ≤ 4 (2), y
2
≤ x ≤ y
2
+ 1 (3), dividiendo (1) por
3 tenemos que 0 ≤ z
3
≤ 1 ⇒ 0 ≤ w ≤ 1 dividiendo (2) por 2 se tiene que
0 ≤ y
2
≤ 2 ⇒ 0 ≤ v ≤ 2 como u = 2x−y
2
⇒ x = u + y
2
= u + v, por lo que
reemplazando en (3) se tiene v ≤ u + v ≤ v + 1 ⇔ 0 ≤ u ≤ 1, entonces:
3
0
4
0
y
2
+1
y
2
2x − y
2
+
z
3
dxdydz = 6
1
0
1
0
2
0
(u + w) dvdwdu
= 12
1
0
1
0
(u + w) dwdu
= 12
1
0
u +
1
2
du
= 12
1
0
udu + 6
1
0
du
= 12
u2
2
1
0
+ 6u
1
0
= 6 + 6
= 12
PROBLEMAS RESUELTOS 21
P17 Una bola centrada en el origen y de radio R se corta por un plano
horizontal a una altura h (0 < h < R). Calcular el volumen de la parte
superior de la esfera que se encuentra sobre dicho plano.
Soluci´on:
La regi´on de integraci´on satisface las desiguladades x2
+ y2
+ z2
≤ R2
(por
ser interna a la esfera) y z ≥ h (por estar sobre el plano a altura h),de
la primera desigualdad se tiene que −R ≤ z ≤ R, de la segunda se tie-
ne que z ≥ h como los puntos de la regi´on de integraci´on deben satisfacer
ambas desigualdades se tiene que h ≤ z ≤ R, dejando a z fijo se tiene
que −
√
R2 − z2 ≤ x ≤
√
R2 − z2, ahora dejando a x y z fijos se tiene que
−
√
R2 − x2 − z2 ≤ y ≤
√
R2 − x2 − z2, entonces:
V =
R
h
√
R2−z2
−
√
R2−z2
√
R2−x2−z2
−
√
R2−x2−z2
dydxdz
= 2
R
h
√
R2−z2
−
√
R2−z2
√
R2 − x2 − z2dxdz
= 2
R
h
√
R2−z2
−
√
R2−z2
√
R2 − z2
2
− x2dxdz
= 2
R
h
(R2
− z2
)arcsin( x√
R2−z2 )
2
+
x
√
R2 − z2 − x2
2
√
R2−z2
−
√
R2−z2
dz
= 2
R
h
π
2
(R2
− z2
)dz
= π
R
h
(R2
− z2
)dz
= π
R
h
R2
dz − π
R
h
z2
dz
= (R − h)πR2
− π
(R3
− h3
)
3
=
2πR3
3
+
πh3
3
− hπR2
Parte II
Problemas propuestos
PROBLEMAS PROPUESTOS 23
P1 Usar el cambio de variables u = y − x, v = y + x para hallar
D
sen
y − x
y + x
dxdy
donde D es el trapecio con v´ertices (1, 1), (2, 2), (4, 0), (2, 0).
Soluci´on: 3(cos(1) − 1)
P2 Calcular
D
(2x + y)−3
e
x−2y
2x+y dxdy
donde D es la regi´on acotada por 2x + y = 1, 2x + y = 4, x − 2y =
−1, x − 2y = 1.
Soluci´on: −1
5
(e
1
4 + e−1
4 − e−1
)
P3 Hallar el ´area del recinto encerrado por una elipse de semiejes a y b.
Soluci´on: abπ
P4 Calcular R
z dV si R es la regi´on limitada por las superficies z =
x2
+ y2
y z = 27 − 2x2
− 2y2
.
Soluci´on: 243
2
π
P5 Utilizando el cambio x = u − v√
3
, y = 2v√
3
. Calcular M
ex2+y2+xy
dxdy
en donde
M = (x, y) ∈ R2
/x2
+ y2
+ xy < 1
Soluci´on: 2π√
3
(1 − e−1
)
P6 Hallar el volumen del s´olido limitado por las superficies z = 2x2
+ y2
.
z = 4 − y2
.
Soluci´on: 4π
24 PROBLEMAS PROPUESTOS
P7 Calcular R
|sen(x + y)|dxdy, si R = [0, π] × [0, π].
Soluci´on: 2π
P8 Se consideran g, h : R → R dos funciones diferenciables. Se define
f : R2
→ R por
f(x, y) =
x−y
0
g(t) dt +
0
x+y
h(t) dt
Probar que
∂2
f
∂x2
=
∂2
f
∂y2
.
P9 Usar coordenadas esf´ericas para calcular A
(x2
+ y2
+ z2
)dxdydz,
siendo
A = (x, y, z) ∈ R3
/x2
+ y2
+ z2
≤ 1, x2
+ y2
≤ z2
, z ≥ 0
P10 Hallar
D
(y2
− x2
)xy
(x2
+ y2
)dxdy donde
D = (x, y) ∈ R2
/ x > 0, y > 0, a ≤ xy ≤ b, y2
− x2
≤ 1, x ≤ y, con 0 < a < b
Soluci´on: 1
2
log 1+b
1+a
P11 Considere I =
1
0
y
0
(x2
+ y2
)dxdy +
2
1
2−y
0
(x2
+ y2
)dxdy
a) Calcule I directamente.
b) Dibuje la regi´on de integraci´on.
c) Calcule I invirtiendo el orden de integraci´on.
P12 Una placa de metal triangular homog´eneo de masa M tiene v´ertices
(0, 0), (1, 0), (0, 3). Encuentre su momento de inercia, definido por:
Ix =
Ω
ρ(x, y)y2
dxdy, Iy =
Ω
ρ(x, y)x2
dxdy
donde Ω es la regi´on que define la placa y ρ es la densidad.
PROBLEMAS PROPUESTOS 25
P13 Considere la integral iterada:
2a
0
√
2ax
√
2ax−x2
f(x, y)dy dx
donde f es una funci´on continua.
a) Haga un bosquejo de la regi´on de integraci´on.
b) Exprese I como una integral iterada cambiando el orden de integraci´on.
P14 Calcule:
1
0
1
w
(x − w)sen(x3
)dxdw
Soluci´on: 1
2
(1 − cos(1))
P15 Calcule:
R
x2 + y2 + z2dxdydz
donde R = (x, y, z) ∈ R3
|1 ≤ x2
+ y2
+ z2
≤ 9, 0 ≤ z ≤ x2 + y2
P16 Sea Ω = {(x, y) ∈ R2
|x2
+ y2
≥ 1, (x − 1)2
+ y2
≤ 1} y:
T(u, v) =
u
u2 + v2
,
−v
u2 + v2
a) Dibuje Ω, encuentre y dibuje D tal que T(D) = Ω.
b) Pruebe que T es inyectiva en su dominio.
c) Calcule
Ω
x
(x2 + y2)2
dxdy.
P17 Calcular D
xdxdy en que D es la regi´on acotada por:
x = −y2
, x = 2y − y2
, x = 2 − 2y − y2
Hint: Haciendo un dibujo busque un cambio de variables apropiado.
26 PROBLEMAS PROPUESTOS
P18 Para calcular la integral:
I =
asen(β)
0
√
a2−y2
acot(β)
ln(x2
+ y2
)dxdy, 0 < β <
π
2
a) Describa anal´ıticamente el dominio de integraci´on D, y haga un dibujo de
´el.
b) Utilice un cambio de coordenadas apropiado de acuerdo a la geometr´ıa de
D, para calcular I.
P19 Sea E ⊆ R3
la regi´on
E = {(x, y, z) : z ≥ 0, x + 2y + z ≤ 1, y ≥ |x|} .
Calcule por integraci´on el volumen de E y encuentre
E
y dV.
P20 Hallar el volumen del s´olido limitado por el plano z = 0, el para-
boloide z = x2
a2 + y2
b2 y el cilindro x2
a2 + y2
b2 = 2x
a
.
Soluci´on: 7π
2
P21 Calcular el ´area del recinto del primer cuadrante comprendido en-
tre el eje de ordenadas y la curva x2
+ y2
= (y
x
)r
, 0 < r < 1
Soluci´on: π
4cos( πr
2
)
P22 Hallar el volumen del cuerpo del primer octante limitado por la super-
ficie x2
+ y2
= e−2z y
x
.
Soluci´on: π
4
√
2
PROBLEMAS PROPUESTOS 27
P23 Calcular el volumen del s´olido que contiene al punto (0, 0, 1) y est´a com-
prendido entre las superficies z = 0 y z = −2ln x2 + y2.
Soluci´on: π
P24 En el rect´angulo [0, 1] × [0, 1] se define la funci´on
f(x, y) =



1
y2
, 0 < x < y < 1
−
1
x2
, 0 < y < x < 1
0 otro caso
Demostrar que:
1
0
1
0
f(x, y)dxdy =
1
0
1
0
f(x, y)dydx
P25 Sean f, g : R2
→ R, funciones acotadas e integrables en A ⊆ R2
rect´angulo.
Demuestre utilizando las propiedades b´asicas de integrabilidad que:
1
2 [a,b]×[a,b]
(f(x)g(y)−f(y)g(x))2
=
b
a
f2
(x)dx·
b
a
g2
(x)dx−
b
a
f(x)g(x)dx
2
P26
a) Sea Q un rect´angulo de RN
y f : Q → R tal que f es continua sobre
int(Q) y acotada sobre Q.
Pruebe que f es integrable.
Hint: Utilice una sucesi´on de rect´angulos Qn que aproximen a Q y use la
integrabilidad de f sobre Qn.
b) Pruebe que la funci´on f : [0, 1]N
→ R definida por:
f(x) =
sen 1
||x||
si x= 0
0 si x=0
28 PROBLEMAS PROPUESTOS
es integrable.
P27 Sean f : [a, b] → R y g : [c, d] → R continuas. Mostrar que:
R
[f(x)g(y)]dxdy =
b
a
f(x)dx
d
c
g(y)dy
donde R = [a, b] × [c, d].
P28 Usando sumas de Riemann demuestre que las siguientes funciones son
integrables y calcule su valor:
a) f(x, y) = x + 4y, Ω = {(x, y)/0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1}
b) f(x, y) = 3x2
+ 2y, Ω = {(x, y)/0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1}
P29 Hallar las siguientes integrales dobles impropias:
(a) S
dxdy
1−x2−y2 , donde S = {(x, y) : x2
+ y2
≤ 1}.
(b) I(p) = S
dxdy
(x2+y2)p , p > 0, donde S = {(x, y) : x2
+ y2
≥ 1}.
(c) dxdy
(1+x2+y2)2 , extendida a todo el plano y a cada uno de los recintos
limitados por y2
= 2x.
Soluci´on: (a) 2π; (b) I(p) = π
p−1
si p > 1, e I(p) = ∞ si 0 < p ≤ 1;
(c) π, π
2
√
2
y 2
√
2−1
2
√
2
π.
P30 Hallar las siguientes integrales triples impropias:
(a) I(p, q, r) = D
dxdydz
xpyqzr , con p, q, r > 0, donde D = {(x, y, z) : 0 ≤ x, y, z ≤ 1} .
(b) R3
dxdydz
(x2+y2+z2+a2)2 , a > 0.
(c) R3 e−(x2+y2+z2)
dxdydz.
Soluci´on: (a) I(p, q, r) = 1
(1−p)(1−q)(1−r)
si 0 < p, q, r < 1, y divergente en el
resto de casos; (b) π2
a
; (c)π
√
π

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Problemas resueltos integrales dobles y triples

  • 1. Problemas resueltos y propuestos de c´alculo en varias variables. Integrales m´ultiples ∞ 0 e−x2 dx = √ π 2 Primera Edici´on 11 de Mayo de 2011 Francisco Felipe Vilches Medina frvilche@ing.uchile.cl
  • 2.
  • 3. Prefacio La presente colecci´on de problemas resueltos y propuestos tiene como ob- jetivo exponer problemas tipo de integraci´on m´ultiple (materia desarrollada en el curso de C´alculo 3 en la mayor parte de las universidades del mundo), como tambi´en mostrar t´ecnicas de resoluci´on que faciliten la comprensi´on y el c´alculo del tema a desarrollar, el actual documento est´a destinado tanto para estudiantes como para personas que deseen interiorizarse en el tema, no obstante puede tener mayor utilidad a alumnos del curso de C´alculo en varias variables, asignatura del tercer semestre de plan com´un de la carrera de ingenier´ıa civil de la Universidad de Chile, debido a que los problemas poseen un nivel de dificultad acorde a lo que se espera de un alumno del curso, adem´as de estar compuesto por ejercicios tanto de controles como de gu´ıas de a˜nos anteriores, el escrito consta de dos partes fundamentales, la primera constar´a de treinta problemas resueltos donde se exhibe el m´etodo y la soluci´on del problema, en esta primera etapa partiremos con diecisie- te para posteriormenre llegar a los treinta, la segunda parte incluye treinta problemas propuestos muchos de ellos con su respectiva soluci´on donde el lector puede comprobar sus conocimientos en la materia, la reciente edici´on de ”Problemas resueltos y propuestos de c´alculo en varias variables”puede ser ampliada en futuros a˜nos, cualquier duda o sugerencia como tambin si encuentra errores en el documento favor de enviar un mail a la direcci´on frvilche@ing.uchile.cl . Francisco Vilches Medina Santiago, 11 de mayo del 2011
  • 4.
  • 6.
  • 7. PROBLEMAS RESUELTOS 3 P1 Sean f : [a, b] → R y g : [c, d] → R continuas. Mostrar que: R [f(x)g(y)]dxdy = b a f(x)dx d c g(y)dy donde R = [a, b] × [c, d]. Soluci´on: Consideremos la partici´on de [a, b]: a = x1 < x2 < ... < xn = b, tal que xi+1 − xi = b − a n Luego la suma de Riemann de f ser´a: Sn = n−1 i=0 n−1 j=o f(Cij)(xi+1 − xi)(yj+1 − yj) Como y est´a definida en el mismo intervalo que x, usaremos la misma parti- ci´on para y, esto es: yj+1 − yj = b − a n Luego: Sn = n−1 i=0 n−1 j=0 f(Cij) b − a n 2 Ahora bien, Cij ∈ [a, b] × [a, b] ⇒ Cij = (xi, yi). ⇒ Sn = n−1 i=0 n−1 j=0 f(xi, yi) b − a n 2 = n−1 i=0 n−1 j=0 f(xi)g(yi) b − a n 2 = n−1 i=0 n−1 j=0 f(xi) b − a n g(yi) b − a n = n−1 i=0 f(xi) b − a n n−1 j=0 g(yj) b − a n
  • 8. 4 PROBLEMAS RESUELTOS Luego, como tanto g y f son integrables en [a, b]. S1 = l´ım n→∞ n−1 i=0 f(xi) b − a n y S2 = l´ım n→∞ n−1 j=0 g(yj) b − a n convergen y sus l´ımites no dependen de los xi e yj elegidos. Por lo tanto se tendr´a: l´ım n→∞ Sn = l´ım n→∞ n−1 i=0 f(xi) b − a n n−1 j=0 g(yj) b − a n = S1 · S2 ⇒ existe, y no depende de los Cij = (xi, yj). As´ı (escogiendo los (xi, yj) que realizan el m´aximo y m´ınimo en cada rect´angulo), hemos encontrado una sucesi´on de reticulados Sn para los cuales: l´ım n→∞ SSn (f) − ISn (f) = 0 Luego f es integrable.
  • 9. PROBLEMAS RESUELTOS 5 P2 Sean f, g : R2 → R, funciones acotadas e integrables en A ⊆ R2 rect´angulo. Demuestre utilizando las propiedades b´asicas de integrabilidad que: 1 2 [a,b]×[a,b] (f(x)g(y)−f(y)g(x))2 = b a f2 (x)dx· b a g2 (x)dx− b a f(x)g(x)dx 2 Soluci´on: I = 1 2 [a,b]×[a,b] (f(x)g(y) − f(y)g(x))2 = 1 2 b a b a f2 (x)g2 (y) − 2f(x)f(y)g(x)g(y) + f2 (y)g2 (x) dydx = 1 2 b a b a f2 (x)g2 (y)dydx − b a b a f(x)g(x)f(y)g(y)dydx + 1 2 b a b a f2 (y)g2 (x)dydx = 1 2 b a f2 (x)dx · b a g2 (y)dy − b a f(x)g(x)dx · b a f(y)g(y)dy + 1 2 b a f2 (y)dy · b a g2 (x)dx = 1 2 b a f2 (x)dx · b a g2 (x)dx − b a f(x)g(x)dx · b a f(x)g(x)dx + 1 2 b a f2 (x)dx · b a g2 (x)dx = b a f2 (x)dx · b a g2 (x)dx − b a f(x)g(x)dx 2 Concluyendo lo pedido. (N´otese que para pasar de la tercera a la cuarta l´ınea se us´o el resultado obtenido en el P1, adem´as se utiliz´o el hecho de que la variable es muda, por lo que se reemplazaron x e y como variables de integraci´on seg´un conveniese)
  • 10. 6 PROBLEMAS RESUELTOS P3 Sea f : R2 → R de clase C2 , pruebe que: ∂2 f ∂x∂y = ∂2 f ∂y∂x utilizando el Teorema de Fubini. Hint: Defina la funci´on g(x, y) = ∂2f ∂x∂y (x, y) − ∂2f ∂y∂x (x, y), e integre sobre un rect´angulo arbitrario R ⊆ R2 . Luego justifique el hecho de que una funci´on continua es nula ssi su integral calculada sobre cualquier rect´angulo es nula. Soluci´on: Sea g(x, y) = ∂2f ∂x∂y (x, y) − ∂2f ∂y∂x (x, y) y R = [a, b] × [c, d] el rect´angulo de v´ertices (a, c), (a, d), (b, c), (b, d) con a, b, c, d arbitrarios, entonces: R g(x, y)dA = b a d c ∂2 f ∂x∂y (x, y) − ∂2 f ∂y∂x (x, y) dydx = b a d c ∂2 f ∂x∂y (x, y)dydx − b a d c ∂2 f ∂y∂x (x, y)dydx = d c b a ∂2 f ∂x∂y (x, y)dxdy − b a d c ∂2 f ∂y∂x (x, y)dydx (Aplicando Fubini) = d c ∂f ∂y (x, y) b a dy − b a ∂f ∂x (x, y) d c dx = d c ∂f ∂y (b, y) − ∂f ∂y (a, y) dy − b a ∂f ∂x (x, d) − ∂f ∂x (x, c) dx = d c ∂f ∂y (b, y)dy − d c ∂f ∂y (a, y)dy − b a ∂f ∂x (x, d)dx + b a ∂f ∂x (x, c)dx = f(b, y) d c − f(a, y) d c − f(x, d) b a + f(x, c) b a = f(b, d) − f(b, c) − f(a, d) + f(a, c) − f(b, d) + f(a, d) + f(b, c) − f(a, c) = 0
  • 11. PROBLEMAS RESUELTOS 7 P4 Calcular: 2 0 1 y 2 yex3 dxdy Soluci´on: Dado que la funci´on f(x) = ex3 no posee primitiva elemental, la integral ite- rada no puede calcularse tal como est´a por lo que necesitamos invertir el orden de integraci´on, la regi´on de integraci´on son los (x, y)/0 ≤ y ≤ 2, y 2 ≤ x ≤ 1 , de ambas desigualdades deducimos que 0 ≤ x ≤ 1 (ver nota al pie de la p´agi- na)1 , de la primera desigualdad se obtiene que 0 ≤ y y de la segunda y ≤ 2x luego 0 ≤ y ≤ 2x, entonces revirtiendo el orden de integraci´on tenemos: 2 0 1 y 2 yex3 dxdy = 1 0 2x 0 yex3 dydx = 1 0 y2 2 ex3 2x 0 dx = 2 1 0 x2 ex3 dx Usando el c.v u = x3 ⇒ du = 3x2 dx ⇒ dx = du 3x2 y el T.F.C = 2 3 1 0 eu du = 2 3 (e − 1) 1 Para determinar el dominio maximal de x basta ver cu´al valor de y maximiza el intervalo en que se mueve la variable x, en este caso para y = 0 se obtiene 0 ≤ x ≤ 1 que es el rango m´as grande para x, por ejemplo para y = 3 2 obtenemos que 3 4 ≤ x ≤ 1 que es un subconjunto de 0 ≤ x ≤ 1
  • 12. 8 PROBLEMAS RESUELTOS P5 a) Sea g : [0, 1] → R integrable. Pruebe que: 1 0 1 x g(t)dt dx = 1 0 tg(t)dt b) Calcular: 1 0 1 y e −y x dx dy Soluci´on: a) La regi´on de integraci´on son los {(x, y)/ 0 ≤ x ≤ 1, x ≤ t ≤ 1}, de ambas desigualdades se tiene que 0 ≤ t ≤ 1, de la segunda desigualdad se tiene que x ≤ t y de la primera 0 ≤ x, entonces 0 ≤ x ≤ t, entonces: 1 0 1 x g(t)dt dx = 1 0 t 0 g(t)dx dt = 1 0 tg(t)dt b) Invirtiendo el orden de integraci´on se tiene que: 1 0 1 y e −y x dx dy = 1 0 x 0 e −y x dy dx = 1 0 −xe −y x x 0 dx = 1 − 1 e 1 0 xdx = 1 − 1 e x2 2 1 0 = e − 1 2e
  • 13. PROBLEMAS RESUELTOS 9 P6 Calcular: ∞ 0 e−5x − e−10x x dx Hint: Escriba el integrando de la integral pedida como una integral definida para convertirla en una integral doble. Soluci´on: Usando el Hint entregado notemos que f(x) = e−5x − e−10x x = 10 5 e−yx dy, entonces: ∞ 0 e−5x − e−10x x dx = ∞ 0 10 5 e−yx dydx Invirtiendo el orden de integraci´on en la ´ultima integral tenemos que: ∞ 0 e−5x − e−10x x dx = ∞ 0 10 5 e−yx dydx = 10 5 ∞ 0 e−yx dxdy = 10 5 −e−yx y ∞ 0 dy = 10 5 dy y = ln(y) 10 5 = ln(10) − ln(5) = ln(2)
  • 14. 10 PROBLEMAS RESUELTOS P7 2 Pruebe que: ∞ 0 e−x2 dx = √ π 2 Soluci´on: Consideremos la funci´on de dos variables f(x, y) = e−x2−y2 = e−x2 ·e−y2 y los subconjuntos de R2 B(0, R), B(0, 2R) y CR = [−R, R] × [−R, R], notemos que B(0, R) ⊆ CR ⊆ B(0, 2R) por lo que: B(0,R) e−x2−y2 dxdy ≤ CR e−x2−y2 dxdy ≤ B(0,2R) e−x2−y2 dxdy (1) Esto ´ultimo se debe a que ∀(x, y) ∈ R2 , f(x, y) = e−x2−y2 > 0 por lo que en la suma de definici´on de la integral existen s´olo t´erminos positivos, esto ´ultimo implica que si A ⊆ B entonces A e−x2−y2 dxdy ≤ B e−x2−y2 dxdy. Pasando a coordenadas polares las integrales de la desigualdad (1) se tiene que: B(0,R) e−x2−y2 dxdy = R 0 2π 0 ρe−ρ2 dθdρ = π(1 − e−R2 ) An´alogamente: B(0,2R) e−x2−y2 dxdy = 2R 0 2π 0 ρe−ρ2 dθdρ = π(1 − e−4R2 ) Por otro lado notemos que CR e−x2−y2 dxdy = R −R R −R e−x2 e−y2 dxdy y usan- do el resultado del P1 se concluye que: CR e−x2−y2 dxdy = R −R R −R e−x2 e−y2 dxdy = R −R e−x2 dx · R −R e−y2 dy Pero como la variable es ”muda”se obtiene que CR e−x2−y2 dxdy = R −R e−x2 dx 2 2 El c´alculo de esta integral es especialmente relevante en Probabilidades, su c´alculo es complejo y no se espera que un alumno la resuelva sin uso de indicaciones sin embargo se presenta su demostraci´on para ilustrar una de las muchas aplicaciones de la integral m´ultiple y justificar la identidad de la portada.
  • 15. PROBLEMAS RESUELTOS 11 Reemplazando los c´alculos hechos en la desigualdad (1) se tiene: π(1 − e−R2 ) ≤ R −R e−x2 dx 2 ≤ π(1 − e−4R2 ) Tomando l´ımite cuando R → ∞ en la ´ultima desigualdad tenemos: l´ım R→∞ π(1 − e−R2 ) ≤ l´ım R→∞ R −R e−x2 dx 2 ≤ l´ım R→∞ π(1 − e−4R2 ) =⇒ π ≤ ∞ −∞ e−x2 dx 2 ≤ π Usando el teorema del Sandwich se concluye que: ∞ −∞ e−x2 dx 2 = π =⇒ ∞ −∞ e−x2 dx = √ π Notando que la funci´on f(x) = e−x2 es una funci´on par se conluye finalmente que: ∞ 0 e−x2 dx = √ π 2
  • 16. 12 PROBLEMAS RESUELTOS P8 Calcule I = 1 0 1 w 1 y ex3 dxdydw Indicaci´on: Escriba la integral de la forma ...dydxdw integre una vez y luego escriba la integral resultante como ...dwdx. Soluci´on: La regi´on de integraci´on cumple las desigualdades 0 ≤ w ≤ 1 (1), w ≤ y ≤ 1 (2),y ≤ x ≤ 1 (3), de (2) y (3) considerando a w un n´umero fijo se obtiene que w ≤ x ≤ 1 y que w ≤ y ≤ x (ver nota al pie de la p´agina)3 , entonces: I = 1 0 1 w 1 y ex3 dxdydw = 1 0 1 w x w ex3 dydxdw = 1 0 1 w xex3 − wex3 dxdw La nueva regi´on de integraci´on son los {(w, x)/0 ≤ w ≤ 1, w ≤ x ≤ 1}, cam- biamos nuevamente los l´ımites de integraci´on obteniendo 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ w ≤ x, entonces: I = 1 0 1 w xex3 − wex3 dxdw = 1 0 x 0 xex3 − wex3 dwdx = 1 2 1 0 x2 ex3 dx Usando el c.v u = x3 ⇒ du = 3x2 dx ⇒ dx = du 3x2 y el T.F.C = 1 6 1 0 eu du = e − 1 6 3 Notemos que cambiar el orden de integraci´on en este caso es equivalente al de cambiar el orden en una integral doble donde las funciones dependientes de la primera variable, en este caso las funciones f(w) = w y f(w) = 1 presentes en la desigualdad (2), son considerados n´umeros fijos, es decir como si las funciones estuvieran evaluadas por alg´un numero w perteneciente al dominio dado para w, en este caso w ∈ [0, 1]
  • 17. PROBLEMAS RESUELTOS 13 P9 Una pir´amide est´a limitada por los tres planos coordenados y el plano x + 2y + 3z = 6. Representar el s´olido y calcular su volumen por integraci´on m´ultiple. Soluci´on: El plano x + 2y + 3z = 0 intersecta al plano z = 0 en la recta de ecuaci´on x + 2y = 6, esta ´ultima recta intersecta al eje x en el punto de coordenadas (6, 0, 0), de esto se deduce que los l´ımites de integraci´on ser´an 0 ≤ x ≤ 6, 0 ≤ y ≤ 3 − x 2 , 0 ≤ z ≤ 2 − x 3 − 2y 3 , entonces: V = 6 0 3−x 2 0 2−x 3 −2y 3 0 dzdydx = 6 0 3−x 2 0 2 − x 3 − 2y 3 dydx = 6 0 2 3 − x 2 − x 3 3 − x 2 − (3 − x 2 )2 3 dx = 6 0 x2 12 − x + 3 dx = x3 36 − x2 2 + 3x 6 0 = 6
  • 18. 14 PROBLEMAS RESUELTOS P10 Calcular el volumen del s´olido bajo el plano 3x + 8y + 6z = 24 y sobre la regi´on del plano XY limitada por la par´abola y2 = 2x, la recta 2x+3y = 10 y el eje x. Soluci´on: Notemos que las curvas del plano XY se intersectan en el punto de coor- denadas (2,2,0) por lo que la regi´on del plano XY puede ser descrita por (x, y)/0 ≤ y ≤ 2, y2 2 ≤ x ≤ 5 − 3y 2 , naturalmente 0 ≤ z ≤ 4 − 4y 3 − x 2 , en- tonces: V = 2 0 5−3y 2 y2 2 4− 4y 3 −x 2 0 dzdxdy = 2 0 5−3y 2 y2 2 4 − 4y 3 − x 2 dxdy = 2 0 4x 5−3y 2 y2 2 − 4xy 3 5−3y 2 y2 2 − x2 4 5−3y 2 y2 2 dy = 2 0 y4 16 + 2 3 y3 − 9 16 y2 − 107 12 y + 55 4 dy = y5 80 2 0 + y4 6 2 0 − 3 16 y3 2 0 − 107 24 y2 2 0 + 55 4 y 2 0 = 2 5 + 8 3 − 3 2 − 107 6 + 55 2 = 337 30
  • 19. PROBLEMAS RESUELTOS 15 P11 Calcular el volumen del s´olido bajo el plano z = 4x y que est´a sobre la circunferencuia x2 + y2 = 16. Soluci´on: El recinto de integraci´on satisface las ecuaciones en coordenadas cartesia- nas x2 + y2 ≤ 16 (parte interna del cilindro), z ≥ 0 (parte superior al plano XY)y z ≤ 4x (parte inferior al plano z = 4x), pasando a coordenadas polares estas inecuaciones se tiene que el recinto de integraci´on cumple ρ ≤ 4 (1), z ≥ 0 (2), z ≤ 4ρcos(θ) (3), dado que z ≥ 0 y ρ ≥ 0 se tiene que cos(θ) ≥ 0 (por (3) ) para todos los puntos del recinto (pues z ≥ 0 ) luego −π 2 ≤ θ ≤ π 2 dado que en (2) y en (3) ρ es ”libre”se tiene que 0 ≤ ρ ≤ 4 por ´ultimo de (2) y (3) se obtiene 0 ≤ z ≤ 4ρcos(θ), resumiendo, los l´ımites de integraci´on son: 0 ≤ ρ ≤ 4, −π 2 ≤ θ ≤ π 2 , 0 ≤ z ≤ 4ρcos(θ), entonces: V = 4 0 π 2 −π 2 4ρcos(θ) 0 ρdzdθdρ = 4 0 π 2 −π 2 4ρ2 cos(θ)dθdρ = 4 4 0 ρ2 (sin(θ)) π 2 −π 2 dρ = 8 4 0 ρ2 dρ = 8 ρ3 3 4 0 = 512 3
  • 20. 16 PROBLEMAS RESUELTOS P12 Hallar el volumen limitado por x2 + y2 + z2 = 4, x2 + y2 = 3z. Soluci´on: Dado que la esfera de ecuaci´on x2 + y2 + z2 = 4 pone la tapa superior del re- cinto de integraci´on y el paraboloide de ecuaci´on x2 +y2 = 3z pone la inferior se deduce que el recinto ser´a aquel que en coordenadas cartesianas satisfaga las ecuaciones x2 +y2 +z2 ≤ 4 y x2 +y2 ≥ 3z pasando a coordenadas polares las condiciones anteriores son equivalentes a ρ2 + z2 ≤ 4 (1) y ρ2 ≥ 3z (2), notando que el paraboloide intersecta a la esfera a la altura z = 1, es decir en los puntos tales que x2 +y2 = 3 y z = 1, entonces el recinto de integraci´on ser´a en coordenadas polares 0 ≤ ρ ≤ √ 3, 0 ≤ θ ≤ 2π, ρ2 3 ≤ z ≤ 4 − ρ2, la ´ultima desigualdad se deduce de las desigualdades (1) y (2), de (2) se tiene ρ2 3 ≤ z y de (1) al despejar z considerando z ≥ 0 pues para todo punto perteneciente al paraboloide se tiene z ≥ 0 se deduce z ≤ 4 − ρ2 juntando las ´ultimas 2 desigualdades se tiene ρ2 3 ≤ z ≤ 4 − ρ2, entonces: V = √ 3 0 2π 0 √ 4−ρ2 ρ2 3 ρdzdθdρ = √ 3 0 2π 0 ρ 4 − ρ2 − ρ3 3 dθdρ = 2π √ 3 0 ρ 4 − ρ2 − ρ3 3 dρ = 2π √ 3 0 ρ 4 − ρ2dρ − π ρ4 6 √ 3 0 = π 4 1 √ udu − 3π 2 Usando el c.v u = 4 − ρ2 y el T.F.C en la integral = 16π 3 − 2π 3 − 3π 2 = 19π 6
  • 21. PROBLEMAS RESUELTOS 17 P13 Hallar el volumen limitado por las superficies (x − 1)2 + (y − 1)2 = 1, z = xy, z = 0. Soluci´on: El recinto de integraci´on satisface en coordenadas cartesianas las inecuaciones (x−1)2 +(y−1)2 ≤ 1, z ≤ xy, z ≥ 0 Para este problema usaremos coordena- das polares modificadas, es decir utilizaremos la transformaci´on T(ρ, θ, z) = (x, y, z) = (ρcos(θ) + 1, ρsin(θ) + 1, z) cuyo jacobiano es J(T) = ρ, pasando las inecuaciones anteriores a polares modificadas tenemos que la regi´on satis- face ρ2 ≤ 1 (1), z ≤ (1+ρcos(θ))(1+ρsin(θ)) (2),z ≥ 0 (3), de (1) se deduce que 0 ≤ ρ ≤ 1, dado ρ fijo no existe restricci´on sobre θ luego 0 ≤ θ ≤ 2π de (2) y (3) se deduce que 0 ≤ z ≤ 1 + ρ(cos(θ) + sin(θ)) + ρ2 cos(θ)sin(θ), entonces: V = 1 0 2π 0 1+ρ(cos(θ)+sin(θ))+ρ2cos(θ)sin(θ) 0 ρdzdθdρ = 1 0 2π 0 ρ 1 + ρ(cos(θ) + sin(θ)) + ρ2 cos(θ)sin(θ) dθdρ = 1 0 2π 0 ρ + ρ2 (cos(θ) + sin(θ)) + ρ3 cos(θ)sin(θ) dθdρ = 1 0 ρθ 2π 0 + ρ2 sin(θ) 2π 0 − ρ2 cos(θ) 2π 0 + ρ3 sin2 (θ) 2 2π 0 dρ = 2π 1 0 ρdρ = πρ2 1 0 = π
  • 22. 18 PROBLEMAS RESUELTOS P14 Hallar el volumen del s´olido limitado por los cilindros x2 + y2 = a2 y x2 + z2 = a2 . Soluci´on: El s´olido al estar limitado por los cilindros indicados cumple las desigual- dades x2 + y2 ≤ a2 y x2 + z2 ≤ a2 de la primera y segunda desigualdad se observa que −a ≤ x ≤ a, de la primera dado x fijo se tiene que − √ a2 − x2 ≤ y ≤ √ a2 − x2 y de la segunda se deduce que − √ a2 − x2 ≤ z ≤ √ a2 − x2 por lo que: V = a −a √ a2−x2 − √ a2−x2 √ a2−x2 − √ a2−x2 dzdydx = a −a √ a2−x2 − √ a2−x2 2 √ a2 − x2dydx = 2 a −a 2a2 − 2x2 dx = 4a2 a −a dx − 4 a −a x2 dx = 8a3 − 4x3 3 a −a = 8a3 − 8a3 3 = 16a3 3
  • 23. PROBLEMAS RESUELTOS 19 P15 Calcule: R x2 + y2 + z2dxdydz donde R = (x, y, z) ∈ R3 |1 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 9, 0 ≤ z ≤ x2 + y2 . Soluci´on: Usando la transformaci´on T(r, θ, φ) = (rcos(θ)sen(φ), rsen(θ)sen(φ), rcos(φ)) (coordenadas esf´ericas) con J(T) = r2 sen(φ) se tiene que la regi´on de inte- graci´on son los 1 ≤ r2 ≤ 9 ⇒ 1 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ rcos(φ) ≤ rsen(φ) ⇔ 0 ≤ cos(φ) ≤ sen(φ), como 0 ≤ cos(φ) ⇒ φ ∈ [0, π 2 ], adem´as cos(φ) ≤ sen(φ) ⇒ 1 ≤ tan(φ) (notando que cos(φ) ≥ 0 para φ ∈ [0, π 2 ], por lo que podemos dividir a ambos lados de la ´ultima desigualdad sin alterar el conjunto solu- ci´on) por lo que π 4 ≤ φ ≤ π 2 , como no hay restricci´on para θ se tiene que 0 ≤ θ ≤ 2π, entonces: R x2 + y2 + z2dxdydz = 3 1 2π 0 π 2 π 4 r3 sen(φ)dφdθdr = 3 1 2π 0 −r3 cos(φ) π 2 π 4 dθdr = √ 2 2 3 1 2π 0 r3 dθdr = √ 2π 3 1 r3 dr = √ 2π r4 4 3 1 = √ 2π 81 4 − 1 4 = 20 √ 2π
  • 24. 20 PROBLEMAS RESUELTOS P16 Calcule 3 0 4 0 y 2 +1 y 2 2x − y 2 + z 3 dxdydz Hint: Considere el cambio de variables lineal: u = 2x − y 2 , v = y 2 , w = z 3 . Soluci´on: Considerando la transformaci´on lineal T(x, y, z) = (u, v, w) = 2x − y 2 , y 2 , z 3 tenemos que J(T) = ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v ∂z ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z = 1 −1 2 0 0 1 2 0 0 0 1 3 = 1 6 , pero como la transformaci´on va desde los puntos (x, y, x) a (u, v, x) ne- cesitamos |J(T)|−1 = 6, la regi´on de integraci´on son los (x, y, z) tales que 0 ≤ z ≤ 3 (1), 0 ≤ y ≤ 4 (2), y 2 ≤ x ≤ y 2 + 1 (3), dividiendo (1) por 3 tenemos que 0 ≤ z 3 ≤ 1 ⇒ 0 ≤ w ≤ 1 dividiendo (2) por 2 se tiene que 0 ≤ y 2 ≤ 2 ⇒ 0 ≤ v ≤ 2 como u = 2x−y 2 ⇒ x = u + y 2 = u + v, por lo que reemplazando en (3) se tiene v ≤ u + v ≤ v + 1 ⇔ 0 ≤ u ≤ 1, entonces: 3 0 4 0 y 2 +1 y 2 2x − y 2 + z 3 dxdydz = 6 1 0 1 0 2 0 (u + w) dvdwdu = 12 1 0 1 0 (u + w) dwdu = 12 1 0 u + 1 2 du = 12 1 0 udu + 6 1 0 du = 12 u2 2 1 0 + 6u 1 0 = 6 + 6 = 12
  • 25. PROBLEMAS RESUELTOS 21 P17 Una bola centrada en el origen y de radio R se corta por un plano horizontal a una altura h (0 < h < R). Calcular el volumen de la parte superior de la esfera que se encuentra sobre dicho plano. Soluci´on: La regi´on de integraci´on satisface las desiguladades x2 + y2 + z2 ≤ R2 (por ser interna a la esfera) y z ≥ h (por estar sobre el plano a altura h),de la primera desigualdad se tiene que −R ≤ z ≤ R, de la segunda se tie- ne que z ≥ h como los puntos de la regi´on de integraci´on deben satisfacer ambas desigualdades se tiene que h ≤ z ≤ R, dejando a z fijo se tiene que − √ R2 − z2 ≤ x ≤ √ R2 − z2, ahora dejando a x y z fijos se tiene que − √ R2 − x2 − z2 ≤ y ≤ √ R2 − x2 − z2, entonces: V = R h √ R2−z2 − √ R2−z2 √ R2−x2−z2 − √ R2−x2−z2 dydxdz = 2 R h √ R2−z2 − √ R2−z2 √ R2 − x2 − z2dxdz = 2 R h √ R2−z2 − √ R2−z2 √ R2 − z2 2 − x2dxdz = 2 R h (R2 − z2 )arcsin( x√ R2−z2 ) 2 + x √ R2 − z2 − x2 2 √ R2−z2 − √ R2−z2 dz = 2 R h π 2 (R2 − z2 )dz = π R h (R2 − z2 )dz = π R h R2 dz − π R h z2 dz = (R − h)πR2 − π (R3 − h3 ) 3 = 2πR3 3 + πh3 3 − hπR2
  • 27. PROBLEMAS PROPUESTOS 23 P1 Usar el cambio de variables u = y − x, v = y + x para hallar D sen y − x y + x dxdy donde D es el trapecio con v´ertices (1, 1), (2, 2), (4, 0), (2, 0). Soluci´on: 3(cos(1) − 1) P2 Calcular D (2x + y)−3 e x−2y 2x+y dxdy donde D es la regi´on acotada por 2x + y = 1, 2x + y = 4, x − 2y = −1, x − 2y = 1. Soluci´on: −1 5 (e 1 4 + e−1 4 − e−1 ) P3 Hallar el ´area del recinto encerrado por una elipse de semiejes a y b. Soluci´on: abπ P4 Calcular R z dV si R es la regi´on limitada por las superficies z = x2 + y2 y z = 27 − 2x2 − 2y2 . Soluci´on: 243 2 π P5 Utilizando el cambio x = u − v√ 3 , y = 2v√ 3 . Calcular M ex2+y2+xy dxdy en donde M = (x, y) ∈ R2 /x2 + y2 + xy < 1 Soluci´on: 2π√ 3 (1 − e−1 ) P6 Hallar el volumen del s´olido limitado por las superficies z = 2x2 + y2 . z = 4 − y2 . Soluci´on: 4π
  • 28. 24 PROBLEMAS PROPUESTOS P7 Calcular R |sen(x + y)|dxdy, si R = [0, π] × [0, π]. Soluci´on: 2π P8 Se consideran g, h : R → R dos funciones diferenciables. Se define f : R2 → R por f(x, y) = x−y 0 g(t) dt + 0 x+y h(t) dt Probar que ∂2 f ∂x2 = ∂2 f ∂y2 . P9 Usar coordenadas esf´ericas para calcular A (x2 + y2 + z2 )dxdydz, siendo A = (x, y, z) ∈ R3 /x2 + y2 + z2 ≤ 1, x2 + y2 ≤ z2 , z ≥ 0 P10 Hallar D (y2 − x2 )xy (x2 + y2 )dxdy donde D = (x, y) ∈ R2 / x > 0, y > 0, a ≤ xy ≤ b, y2 − x2 ≤ 1, x ≤ y, con 0 < a < b Soluci´on: 1 2 log 1+b 1+a P11 Considere I = 1 0 y 0 (x2 + y2 )dxdy + 2 1 2−y 0 (x2 + y2 )dxdy a) Calcule I directamente. b) Dibuje la regi´on de integraci´on. c) Calcule I invirtiendo el orden de integraci´on. P12 Una placa de metal triangular homog´eneo de masa M tiene v´ertices (0, 0), (1, 0), (0, 3). Encuentre su momento de inercia, definido por: Ix = Ω ρ(x, y)y2 dxdy, Iy = Ω ρ(x, y)x2 dxdy donde Ω es la regi´on que define la placa y ρ es la densidad.
  • 29. PROBLEMAS PROPUESTOS 25 P13 Considere la integral iterada: 2a 0 √ 2ax √ 2ax−x2 f(x, y)dy dx donde f es una funci´on continua. a) Haga un bosquejo de la regi´on de integraci´on. b) Exprese I como una integral iterada cambiando el orden de integraci´on. P14 Calcule: 1 0 1 w (x − w)sen(x3 )dxdw Soluci´on: 1 2 (1 − cos(1)) P15 Calcule: R x2 + y2 + z2dxdydz donde R = (x, y, z) ∈ R3 |1 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 9, 0 ≤ z ≤ x2 + y2 P16 Sea Ω = {(x, y) ∈ R2 |x2 + y2 ≥ 1, (x − 1)2 + y2 ≤ 1} y: T(u, v) = u u2 + v2 , −v u2 + v2 a) Dibuje Ω, encuentre y dibuje D tal que T(D) = Ω. b) Pruebe que T es inyectiva en su dominio. c) Calcule Ω x (x2 + y2)2 dxdy. P17 Calcular D xdxdy en que D es la regi´on acotada por: x = −y2 , x = 2y − y2 , x = 2 − 2y − y2 Hint: Haciendo un dibujo busque un cambio de variables apropiado.
  • 30. 26 PROBLEMAS PROPUESTOS P18 Para calcular la integral: I = asen(β) 0 √ a2−y2 acot(β) ln(x2 + y2 )dxdy, 0 < β < π 2 a) Describa anal´ıticamente el dominio de integraci´on D, y haga un dibujo de ´el. b) Utilice un cambio de coordenadas apropiado de acuerdo a la geometr´ıa de D, para calcular I. P19 Sea E ⊆ R3 la regi´on E = {(x, y, z) : z ≥ 0, x + 2y + z ≤ 1, y ≥ |x|} . Calcule por integraci´on el volumen de E y encuentre E y dV. P20 Hallar el volumen del s´olido limitado por el plano z = 0, el para- boloide z = x2 a2 + y2 b2 y el cilindro x2 a2 + y2 b2 = 2x a . Soluci´on: 7π 2 P21 Calcular el ´area del recinto del primer cuadrante comprendido en- tre el eje de ordenadas y la curva x2 + y2 = (y x )r , 0 < r < 1 Soluci´on: π 4cos( πr 2 ) P22 Hallar el volumen del cuerpo del primer octante limitado por la super- ficie x2 + y2 = e−2z y x . Soluci´on: π 4 √ 2
  • 31. PROBLEMAS PROPUESTOS 27 P23 Calcular el volumen del s´olido que contiene al punto (0, 0, 1) y est´a com- prendido entre las superficies z = 0 y z = −2ln x2 + y2. Soluci´on: π P24 En el rect´angulo [0, 1] × [0, 1] se define la funci´on f(x, y) =    1 y2 , 0 < x < y < 1 − 1 x2 , 0 < y < x < 1 0 otro caso Demostrar que: 1 0 1 0 f(x, y)dxdy = 1 0 1 0 f(x, y)dydx P25 Sean f, g : R2 → R, funciones acotadas e integrables en A ⊆ R2 rect´angulo. Demuestre utilizando las propiedades b´asicas de integrabilidad que: 1 2 [a,b]×[a,b] (f(x)g(y)−f(y)g(x))2 = b a f2 (x)dx· b a g2 (x)dx− b a f(x)g(x)dx 2 P26 a) Sea Q un rect´angulo de RN y f : Q → R tal que f es continua sobre int(Q) y acotada sobre Q. Pruebe que f es integrable. Hint: Utilice una sucesi´on de rect´angulos Qn que aproximen a Q y use la integrabilidad de f sobre Qn. b) Pruebe que la funci´on f : [0, 1]N → R definida por: f(x) = sen 1 ||x|| si x= 0 0 si x=0
  • 32. 28 PROBLEMAS PROPUESTOS es integrable. P27 Sean f : [a, b] → R y g : [c, d] → R continuas. Mostrar que: R [f(x)g(y)]dxdy = b a f(x)dx d c g(y)dy donde R = [a, b] × [c, d]. P28 Usando sumas de Riemann demuestre que las siguientes funciones son integrables y calcule su valor: a) f(x, y) = x + 4y, Ω = {(x, y)/0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1} b) f(x, y) = 3x2 + 2y, Ω = {(x, y)/0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1} P29 Hallar las siguientes integrales dobles impropias: (a) S dxdy 1−x2−y2 , donde S = {(x, y) : x2 + y2 ≤ 1}. (b) I(p) = S dxdy (x2+y2)p , p > 0, donde S = {(x, y) : x2 + y2 ≥ 1}. (c) dxdy (1+x2+y2)2 , extendida a todo el plano y a cada uno de los recintos limitados por y2 = 2x. Soluci´on: (a) 2π; (b) I(p) = π p−1 si p > 1, e I(p) = ∞ si 0 < p ≤ 1; (c) π, π 2 √ 2 y 2 √ 2−1 2 √ 2 π. P30 Hallar las siguientes integrales triples impropias: (a) I(p, q, r) = D dxdydz xpyqzr , con p, q, r > 0, donde D = {(x, y, z) : 0 ≤ x, y, z ≤ 1} . (b) R3 dxdydz (x2+y2+z2+a2)2 , a > 0. (c) R3 e−(x2+y2+z2) dxdydz. Soluci´on: (a) I(p, q, r) = 1 (1−p)(1−q)(1−r) si 0 < p, q, r < 1, y divergente en el resto de casos; (b) π2 a ; (c)π √ π