Este documento presenta el concepto de integral múltiple y sus propiedades. Introduce las integrales dobles sobre rectángulos y regiones generales, así como los cambios de variables en la integral doble e integrales triples. Explica cómo calcular sumas inferiores y superiores con respecto a particiones, y define la integrabilidad de funciones sobre regiones.
Este documento presenta la teoría de la integral. Explica conceptos como particiones, sumas superiores e inferiores, y las integrales superior e inferior. También muestra propiedades como que particiones más finas producen aproximaciones más exactas a la integral, y que todas las sumas superiores son mayores que las sumas inferiores con independencia de la partición. Finalmente, define la integral de una función como un único valor real para el cual, para cualquier epsilon mayor que cero, existe una partición tal que la suma superior esté dentro de ese epsilon del valor de la integral.
Este documento presenta una introducción a las series de Fourier. Explica que las funciones periódicas aparecen comúnmente en problemas de física e ingeniería y que las series de Fourier ofrecen una representación útil de tales funciones mediante funciones seno y coseno. Luego, define formalmente los coeficientes de Fourier y la serie de Fourier de una función. Finalmente, establece teoremas sobre la convergencia puntual de la serie de Fourier para funciones continuas por tramos y analiza propiedades de funciones pares e impares que permiten simplificar la forma de la
Este documento presenta conceptos básicos de cálculo de probabilidades como espacios de probabilidad, sucesos, variables aleatorias, leyes de probabilidad, esperanza matemática y varianza. También introduce conceptos de vectores aleatorios, distribuciones normales multivariadas y desigualdades importantes en probabilidad como las de Tchebychev, Schwartz y Hölder.
1) Las series de Fourier surgen al representar funciones periódicas como combinaciones de senos y cosenos.
2) Permiten resolver problemas al transformar funciones periódicas en series de Fourier.
3) Dada una función periódica f(x), se puede obtener como suma de senos y cosenos con coeficientes de Fourier.
Se presentan el algoritmo de DPLL para decir la conjuntos de cláusulas y ejemplos de planteamiento y solución de problemas lógicos con Prover9 y Mace4.
Este documento describe los conceptos fundamentales de las sumas de Riemann y la integración. Introduce la definición del área de una región plana limitada por una función continua mediante el límite de sumas. Luego define las sumas de Riemann como una generalización de este concepto que permite calcular magnitudes como longitudes, valores medios y volúmenes. Finalmente, presenta las propiedades básicas de las funciones integrables y los teoremas fundamentales del cálculo integral.
Este documento presenta la resolución proposicional, un método deductivo para probar la validez de argumentos en lógica proposicional. Se divide en cinco secciones: 1) lógica de cláusulas, 2) demostraciones por resolución, 3) algoritmos de resolución, 4) refinamientos de resolución y 5) argumentación por resolución. La sección sobre lógica de cláusulas introduce la sintaxis y semántica de la lógica clausal, mientras que la sección sobre demostraciones por
LI2011-T9: Formas normales de Skolem y cláusulasJosé A. Alonso
Se presentan los procedimientos de transformación de fórmulas a formas normales de Skolem y cláusulas.
Este es el tema 9 del curso de "Lógica informática". Más temas en http://www.cs.us.es/~jalonso/cursos/li/tema
Este documento presenta la teoría de la integral. Explica conceptos como particiones, sumas superiores e inferiores, y las integrales superior e inferior. También muestra propiedades como que particiones más finas producen aproximaciones más exactas a la integral, y que todas las sumas superiores son mayores que las sumas inferiores con independencia de la partición. Finalmente, define la integral de una función como un único valor real para el cual, para cualquier epsilon mayor que cero, existe una partición tal que la suma superior esté dentro de ese epsilon del valor de la integral.
Este documento presenta una introducción a las series de Fourier. Explica que las funciones periódicas aparecen comúnmente en problemas de física e ingeniería y que las series de Fourier ofrecen una representación útil de tales funciones mediante funciones seno y coseno. Luego, define formalmente los coeficientes de Fourier y la serie de Fourier de una función. Finalmente, establece teoremas sobre la convergencia puntual de la serie de Fourier para funciones continuas por tramos y analiza propiedades de funciones pares e impares que permiten simplificar la forma de la
Este documento presenta conceptos básicos de cálculo de probabilidades como espacios de probabilidad, sucesos, variables aleatorias, leyes de probabilidad, esperanza matemática y varianza. También introduce conceptos de vectores aleatorios, distribuciones normales multivariadas y desigualdades importantes en probabilidad como las de Tchebychev, Schwartz y Hölder.
1) Las series de Fourier surgen al representar funciones periódicas como combinaciones de senos y cosenos.
2) Permiten resolver problemas al transformar funciones periódicas en series de Fourier.
3) Dada una función periódica f(x), se puede obtener como suma de senos y cosenos con coeficientes de Fourier.
Se presentan el algoritmo de DPLL para decir la conjuntos de cláusulas y ejemplos de planteamiento y solución de problemas lógicos con Prover9 y Mace4.
Este documento describe los conceptos fundamentales de las sumas de Riemann y la integración. Introduce la definición del área de una región plana limitada por una función continua mediante el límite de sumas. Luego define las sumas de Riemann como una generalización de este concepto que permite calcular magnitudes como longitudes, valores medios y volúmenes. Finalmente, presenta las propiedades básicas de las funciones integrables y los teoremas fundamentales del cálculo integral.
Este documento presenta la resolución proposicional, un método deductivo para probar la validez de argumentos en lógica proposicional. Se divide en cinco secciones: 1) lógica de cláusulas, 2) demostraciones por resolución, 3) algoritmos de resolución, 4) refinamientos de resolución y 5) argumentación por resolución. La sección sobre lógica de cláusulas introduce la sintaxis y semántica de la lógica clausal, mientras que la sección sobre demostraciones por
LI2011-T9: Formas normales de Skolem y cláusulasJosé A. Alonso
Se presentan los procedimientos de transformación de fórmulas a formas normales de Skolem y cláusulas.
Este es el tema 9 del curso de "Lógica informática". Más temas en http://www.cs.us.es/~jalonso/cursos/li/tema
Este documento introduce los conceptos básicos de los polinomios. Define formalmente un polinomio como una expresión formada por la suma de términos que consisten en un coeficiente multiplicado por una potencia de una indeterminada. Explica que los polinomios forman un anillo y que pueden evaluarse sustituyendo valores por la indeterminada. Finalmente, describe cómo se realizan las operaciones de suma y resta de polinomios agregando o restando los términos de igual potencia.
1) El documento explica el concepto de sumatoria y sus propiedades, así como la integral de Riemann y sus conceptos fundamentales como partición, suma inferior y suma superior. 2) Describe las propiedades de las funciones integrales y los teoremas fundamentales del cálculo integral. 3) Explica conceptos como integral indefinida, funciones primitivas y métodos para calcular integrales como descomposición y cambio de variable.
Este documento presenta conceptos fundamentales sobre endomorfismos y diagonalización de matrices. Define vectores y valores propios de un endomorfismo, y explica cómo calcular el polinomio característico. Luego, introduce la diagonalización de endomorfismos y matrices, y establece teoremas clave sobre las condiciones necesarias y suficientes para la diagonalización. Finalmente, presenta el teorema de Cayley-Hamilton.
Interior, exterior y frontera de un conjuntowalexander03
1) El documento presenta definiciones y propiedades relacionadas con el interior, exterior y frontera de subconjuntos en espacios topológicos. 2) El interior de un subconjunto A es el conjunto de puntos interiores a A, es decir, puntos para los cuales existe una vecindad contenida en A. 3) La frontera de un subconjunto A es el conjunto de puntos que no están ni en el interior ni en el exterior de A.
LI2011-T11: Resolución en lógica de primer ordenJosé A. Alonso
Se presentan los algoritmos de unificación y resolución en lógica de primer orden.
Este es el tema 11 del curso de "Lógica informática". Más temas en http://www.cs.us.es/~jalonso/cursos/li/tema
Este capítulo presenta técnicas para calcular integrales múltiples y el contenido de conjuntos medibles, como áreas, volúmenes y aplicaciones clásicas del cálculo integral. Se explican la integración iterada y el cambio de variable para simplificar cálculos de integrales dobles o triples. También se detallan métodos geométricos como el principio de Cavalieri y cálculo de volúmenes de sólidos de revolución mediante secciones.
Este documento introduce las series de Fourier. 1) Estas surgieron históricamente al resolver problemas de ecuaciones en derivadas parciales mediante el método de separación de variables. 2) Aunque inicialmente se pensó que no era posible expresar funciones generales como suma de senos y cosenos, Fourier demostró esta posibilidad mediante la recopilación de datos. 3) El documento procede a definir las series de Fourier y establecer sus propiedades de convergencia, diferenciación e integración.
1. La función f es continua en todos los puntos de R excepto en los puntos de la forma 1/n donde n es un entero no nulo, y en los puntos 1 y -1, donde es discontinua.
2. Si una función f es continua, mayorada y su supremo en cualquier intervalo es igual a su supremo global, entonces f es constante.
3. Si una función continua f verifica que f(a)<0, f(b)<0 y f(c)>0 para algún c entre a y b, entonces existen dos números u y v tales que a<u<v
LI2011-T7: Deducción natural en lógica de primer ordenJosé A. Alonso
Este documento presenta la deducción natural en lógica de primer orden. Explica las sustituciones, las reglas de deducción para los cuantificadores universal y existencial, y muestra cómo demostrar equivalencias lógicas mediante deducción natural, incluyendo ejemplos para las equivalencias ¬∀x F ≡ ∃x ¬F y ¬∃x F ≡ ∀x ¬F.
Ayudantia espacios metricos y topologiaHugo Cornejo
Este documento introduce los conceptos básicos de los espacios métricos y la topología. En primer lugar, define un espacio métrico como un par (X, d) donde X es un conjunto y d es una distancia definida en X que cumple con las propiedades de una distancia. Luego, introduce las nociones de bolas abiertas y cerradas, conjuntos abiertos y cerrados, y subconjuntos notables como frontera, interior y clausura. Finalmente, provee ejemplos y ejercicios para reforzar estos conceptos fundamentales.
El documento presenta conceptos básicos de lógica y conjuntos. En 3 oraciones o menos:
Introduce conceptos lógicos como operadores lógicos, cuantificadores, tautologías y contradicciones. Define conjuntos, subconjuntos, operaciones con conjuntos como unión e intersección. También introduce relaciones y funciones, indicando que una función requiere que cada elemento del dominio esté asociado a un único elemento en el codominio.
Este documento presenta conceptos fundamentales sobre funciones de varias variables, incluyendo continuidad, derivadas parciales, diferencial total, derivación de funciones compuestas, gradiente, derivada direccional y derivadas de orden superior. Se definen términos como campo de existencia, líneas y superficies de nivel. Se explican fórmulas para calcular derivadas parciales, diferencial total, derivadas de funciones compuestas y derivadas direccionales. Finalmente, se presentan ejemplos para aplicar los conceptos.
Este documento presenta 92 ejercicios sobre teoría de la computabilidad. Los ejercicios tratan temas como funciones computables, conjuntos recursivamente enumerables, dominios y rangos de funciones computables parciales, y la computabilidad de conjuntos definidos mediante funciones computables parciales. Se piden demostraciones sobre la computabilidad de diferentes conjuntos y funciones. También se incluyen indicaciones para abordar algunos de los ejercicios.
La topología tiene sus orígenes en los trabajos de Euler, Cantor y Möbius. En 1895, Poincaré publicó su libro Análisis Situs, que es considerado como el punto decisivo en el desarrollo de la topología como disciplina matemática. En 1914, Hausdorff creó la teoría de espacios topológicos abstractos usando la noción de vecindario, lo que estableció formalmente la topología conjuntista.
El documento presenta el teorema de extensión de Hahn-Banach, explicando conceptos como funcionales sublineales, seminormas, órdenes parciales e inductivos. Incluye demostraciones del teorema para funcionales reales y complejas en espacios vectoriales normados, construyendo una extensión linear de una funcional dada que preserve ciertas propiedades de desigualdad.
Este documento presenta varios teoremas y lemas relacionados con derivadas de polinomios y raíces múltiples en campos arbitrarios. Primero, se define la derivada de un polinomio y se establecen reglas básicas de derivación. Luego, se prueba que un polinomio tiene una raíz múltiple si y solo si el polinomio y su derivada tienen un factor común no trivial. Finalmente, se discuten implicaciones para campos de característica cero y distinta de cero.
Este módulo tiene 5 objetivos específicos relacionados con determinar límites de funciones como: 1) probar que el límite de una función es infinito, 2) demostrar que el límite de una constante es igual a la constante, 3) determinar el límite de una suma de funciones, 4) determinar el límite de un producto de funciones, y 5) determinar el límite de un cociente de funciones.
1. Se calcula la integral doble de una función en una región limitada transformando las coordenadas cartesianas a coordenadas polares. Se obtienen los límites de integración y se resuelve la integral.
2. Igualmente, se transforman coordenadas cartesianas a polares para calcular otra integral doble en una región limitada por circunferencias, encontrando los límites y resolviendo la integral.
3. De manera análoga, se calcula otra integral doble transformando a coordenadas polares y resolviendo.
(1) La ecuación de Cauchy-Euler permite escribir ecuaciones diferenciales lineales de coeficientes variables como ecuaciones con coeficientes constantes mediante un cambio de variable. (2) El método general para resolverla implica probar soluciones de la forma xm y determinar los valores de m. (3) Esto conduce a una ecuación auxiliar cuya resolución proporciona los posibles valores de m y las soluciones asociadas.
1) El documento presenta los objetivos y bibliografía para desarrollar el tema de la integral doble en el curso de Análisis Matemático II. 2) Se define la integral doble y se explican conceptos como partición de regiones y suma de Riemann. 3) Se describen propiedades de la integral doble y métodos para calcularla, incluyendo la reducción a integrales sucesivas para dominios rectangulares.
Este documento trata sobre integrales múltiples. Explica conceptos como áreas de regiones planas y volúmenes de regiones sólidas utilizando integrales dobles e integrales triples en coordenadas rectangulares y polares. Incluye ejemplos para calcular estas áreas y volúmenes mediante el uso de estas integrales.
Este documento trata sobre los conceptos básicos de las integrales dobles. Explica la definición de una integral doble como el límite de la suma de áreas de particiones rectangulares de una región. También presenta el teorema de integrabilidad, el cual establece las condiciones para que una función sea integrable, y el teorema de Fubini, que permite calcular una integral doble invirtiendo el orden de integración. El objetivo es calcular integrales dobles y volúmenes utilizando estas herramientas.
Este documento introduce los conceptos básicos de los polinomios. Define formalmente un polinomio como una expresión formada por la suma de términos que consisten en un coeficiente multiplicado por una potencia de una indeterminada. Explica que los polinomios forman un anillo y que pueden evaluarse sustituyendo valores por la indeterminada. Finalmente, describe cómo se realizan las operaciones de suma y resta de polinomios agregando o restando los términos de igual potencia.
1) El documento explica el concepto de sumatoria y sus propiedades, así como la integral de Riemann y sus conceptos fundamentales como partición, suma inferior y suma superior. 2) Describe las propiedades de las funciones integrales y los teoremas fundamentales del cálculo integral. 3) Explica conceptos como integral indefinida, funciones primitivas y métodos para calcular integrales como descomposición y cambio de variable.
Este documento presenta conceptos fundamentales sobre endomorfismos y diagonalización de matrices. Define vectores y valores propios de un endomorfismo, y explica cómo calcular el polinomio característico. Luego, introduce la diagonalización de endomorfismos y matrices, y establece teoremas clave sobre las condiciones necesarias y suficientes para la diagonalización. Finalmente, presenta el teorema de Cayley-Hamilton.
Interior, exterior y frontera de un conjuntowalexander03
1) El documento presenta definiciones y propiedades relacionadas con el interior, exterior y frontera de subconjuntos en espacios topológicos. 2) El interior de un subconjunto A es el conjunto de puntos interiores a A, es decir, puntos para los cuales existe una vecindad contenida en A. 3) La frontera de un subconjunto A es el conjunto de puntos que no están ni en el interior ni en el exterior de A.
LI2011-T11: Resolución en lógica de primer ordenJosé A. Alonso
Se presentan los algoritmos de unificación y resolución en lógica de primer orden.
Este es el tema 11 del curso de "Lógica informática". Más temas en http://www.cs.us.es/~jalonso/cursos/li/tema
Este capítulo presenta técnicas para calcular integrales múltiples y el contenido de conjuntos medibles, como áreas, volúmenes y aplicaciones clásicas del cálculo integral. Se explican la integración iterada y el cambio de variable para simplificar cálculos de integrales dobles o triples. También se detallan métodos geométricos como el principio de Cavalieri y cálculo de volúmenes de sólidos de revolución mediante secciones.
Este documento introduce las series de Fourier. 1) Estas surgieron históricamente al resolver problemas de ecuaciones en derivadas parciales mediante el método de separación de variables. 2) Aunque inicialmente se pensó que no era posible expresar funciones generales como suma de senos y cosenos, Fourier demostró esta posibilidad mediante la recopilación de datos. 3) El documento procede a definir las series de Fourier y establecer sus propiedades de convergencia, diferenciación e integración.
1. La función f es continua en todos los puntos de R excepto en los puntos de la forma 1/n donde n es un entero no nulo, y en los puntos 1 y -1, donde es discontinua.
2. Si una función f es continua, mayorada y su supremo en cualquier intervalo es igual a su supremo global, entonces f es constante.
3. Si una función continua f verifica que f(a)<0, f(b)<0 y f(c)>0 para algún c entre a y b, entonces existen dos números u y v tales que a<u<v
LI2011-T7: Deducción natural en lógica de primer ordenJosé A. Alonso
Este documento presenta la deducción natural en lógica de primer orden. Explica las sustituciones, las reglas de deducción para los cuantificadores universal y existencial, y muestra cómo demostrar equivalencias lógicas mediante deducción natural, incluyendo ejemplos para las equivalencias ¬∀x F ≡ ∃x ¬F y ¬∃x F ≡ ∀x ¬F.
Ayudantia espacios metricos y topologiaHugo Cornejo
Este documento introduce los conceptos básicos de los espacios métricos y la topología. En primer lugar, define un espacio métrico como un par (X, d) donde X es un conjunto y d es una distancia definida en X que cumple con las propiedades de una distancia. Luego, introduce las nociones de bolas abiertas y cerradas, conjuntos abiertos y cerrados, y subconjuntos notables como frontera, interior y clausura. Finalmente, provee ejemplos y ejercicios para reforzar estos conceptos fundamentales.
El documento presenta conceptos básicos de lógica y conjuntos. En 3 oraciones o menos:
Introduce conceptos lógicos como operadores lógicos, cuantificadores, tautologías y contradicciones. Define conjuntos, subconjuntos, operaciones con conjuntos como unión e intersección. También introduce relaciones y funciones, indicando que una función requiere que cada elemento del dominio esté asociado a un único elemento en el codominio.
Este documento presenta conceptos fundamentales sobre funciones de varias variables, incluyendo continuidad, derivadas parciales, diferencial total, derivación de funciones compuestas, gradiente, derivada direccional y derivadas de orden superior. Se definen términos como campo de existencia, líneas y superficies de nivel. Se explican fórmulas para calcular derivadas parciales, diferencial total, derivadas de funciones compuestas y derivadas direccionales. Finalmente, se presentan ejemplos para aplicar los conceptos.
Este documento presenta 92 ejercicios sobre teoría de la computabilidad. Los ejercicios tratan temas como funciones computables, conjuntos recursivamente enumerables, dominios y rangos de funciones computables parciales, y la computabilidad de conjuntos definidos mediante funciones computables parciales. Se piden demostraciones sobre la computabilidad de diferentes conjuntos y funciones. También se incluyen indicaciones para abordar algunos de los ejercicios.
La topología tiene sus orígenes en los trabajos de Euler, Cantor y Möbius. En 1895, Poincaré publicó su libro Análisis Situs, que es considerado como el punto decisivo en el desarrollo de la topología como disciplina matemática. En 1914, Hausdorff creó la teoría de espacios topológicos abstractos usando la noción de vecindario, lo que estableció formalmente la topología conjuntista.
El documento presenta el teorema de extensión de Hahn-Banach, explicando conceptos como funcionales sublineales, seminormas, órdenes parciales e inductivos. Incluye demostraciones del teorema para funcionales reales y complejas en espacios vectoriales normados, construyendo una extensión linear de una funcional dada que preserve ciertas propiedades de desigualdad.
Este documento presenta varios teoremas y lemas relacionados con derivadas de polinomios y raíces múltiples en campos arbitrarios. Primero, se define la derivada de un polinomio y se establecen reglas básicas de derivación. Luego, se prueba que un polinomio tiene una raíz múltiple si y solo si el polinomio y su derivada tienen un factor común no trivial. Finalmente, se discuten implicaciones para campos de característica cero y distinta de cero.
Este módulo tiene 5 objetivos específicos relacionados con determinar límites de funciones como: 1) probar que el límite de una función es infinito, 2) demostrar que el límite de una constante es igual a la constante, 3) determinar el límite de una suma de funciones, 4) determinar el límite de un producto de funciones, y 5) determinar el límite de un cociente de funciones.
1. Se calcula la integral doble de una función en una región limitada transformando las coordenadas cartesianas a coordenadas polares. Se obtienen los límites de integración y se resuelve la integral.
2. Igualmente, se transforman coordenadas cartesianas a polares para calcular otra integral doble en una región limitada por circunferencias, encontrando los límites y resolviendo la integral.
3. De manera análoga, se calcula otra integral doble transformando a coordenadas polares y resolviendo.
(1) La ecuación de Cauchy-Euler permite escribir ecuaciones diferenciales lineales de coeficientes variables como ecuaciones con coeficientes constantes mediante un cambio de variable. (2) El método general para resolverla implica probar soluciones de la forma xm y determinar los valores de m. (3) Esto conduce a una ecuación auxiliar cuya resolución proporciona los posibles valores de m y las soluciones asociadas.
1) El documento presenta los objetivos y bibliografía para desarrollar el tema de la integral doble en el curso de Análisis Matemático II. 2) Se define la integral doble y se explican conceptos como partición de regiones y suma de Riemann. 3) Se describen propiedades de la integral doble y métodos para calcularla, incluyendo la reducción a integrales sucesivas para dominios rectangulares.
Este documento trata sobre integrales múltiples. Explica conceptos como áreas de regiones planas y volúmenes de regiones sólidas utilizando integrales dobles e integrales triples en coordenadas rectangulares y polares. Incluye ejemplos para calcular estas áreas y volúmenes mediante el uso de estas integrales.
Este documento trata sobre los conceptos básicos de las integrales dobles. Explica la definición de una integral doble como el límite de la suma de áreas de particiones rectangulares de una región. También presenta el teorema de integrabilidad, el cual establece las condiciones para que una función sea integrable, y el teorema de Fubini, que permite calcular una integral doble invirtiendo el orden de integración. El objetivo es calcular integrales dobles y volúmenes utilizando estas herramientas.
Ejercicios resueltos integrales dobles y triples manoleter
Este documento presenta una serie de ejercicios resueltos sobre cálculo de integrales dobles en coordenadas rectangulares cartesianas. En total se presentan 7 problemas con sus respectivas soluciones, donde se calculan áreas, volúmenes y otras integrales dobles sobre diferentes regiones delimitadas por funciones.
El documento presenta una introducción a la resolución de ecuaciones diferenciales de primer orden, segundo orden y de orden superior. Explica métodos como separables, coeficientes indeterminados y variación de parámetros para resolver diferentes tipos de ecuaciones diferenciales. También aborda la resolución de ecuaciones diferenciales alrededor de puntos ordinarios usando series de Taylor.
El documento presenta 5 problemas de cálculo resueltos. El primero demuestra que la integral de la función seno entre 0 y pi es menor o igual que pi. El segundo encuentra una función periódica tal que una antiderivada cumple una igualdad dada. El tercero determina funciones continuas que satisfacen una igualdad de integrales. El cuarto calcula el límite de una suma. Y el quinto encuentra funciones continuas que cumplen otra igualdad de integrales.
El documento describe los conceptos fundamentales de las sumas de Riemann. Explica que las sumas de Riemann permiten calcular el área bajo una curva dividiendo el intervalo en subintervalos y sumando el área de los rectángulos formados. También define formalmente las sumas de Riemann y explica que al aumentar el número de subintervalos, las sumas superior e inferior convergen al valor real del área.
El documento explica el Teorema Fundamental del Cálculo, el cual establece que la derivación e integración son operaciones inversas. Específicamente, dice que para toda función continua integrable, la derivada de su integral es igual a la función original. También introduce conceptos como la integral definida, la suma de Riemann y el límite de la suma como definición de la integral.
El documento resume los conceptos fundamentales de la integral definida, incluyendo la notación de sumatoria, la suma superior e inferior, la definición de integral definida, algunas de sus propiedades como el teorema del valor medio y el teorema fundamental del cálculo, y métodos como la sustitución y cambio de variables.
El documento trata sobre el cálculo de integrales dobles. Explica que una integral doble representa el área de una región plana delimitada por funciones, y que se calcula integrando primero respecto de una variable y luego respecto de la otra. También define regiones de tipo I y II, y explica cómo calcular el área en cada caso utilizando integrales.
Este documento trata sobre integrales dobles. Explica que las integrales dobles se pueden calcular variando los límites interiores o exteriores de integración y que al realizar las integraciones sucesivas se obtiene un número real. También define regiones de tipo I y II para calcular el área entre curvas, y explica cómo usar coordenadas polares para evaluar integrales dobles en regiones circulares.
Este documento trata sobre integrales dobles. Explica que las integrales dobles se pueden calcular variando los límites interiores o exteriores de integración y que al realizar las integraciones sucesivas se obtiene un número real. También define regiones de tipo I y II para calcular el área entre curvas, y explica cómo usar coordenadas polares para evaluar integrales dobles en regiones circulares.
1. El documento explica cómo calcular integrales dobles e integrales iteradas de funciones de dos variables sobre un rectángulo. 2. Las integrales dobles representan el volumen bajo una superficie y sobre un rectángulo, y se calculan como un límite de sumas dobles de Riemann. 3. El Teorema de Fubini permite calcular una integral doble como una integral iterada, integrando primero respecto a una variable y luego a la otra, o viceversa.
Este documento introduce el concepto de integrales dobles e iteradas de funciones de dos variables sobre un rectángulo. Explica cómo aproximar el volumen de un sólido dividiendo el rectángulo en subrectángulos y sumando los volúmenes de las "columnas" sobre cada subrectángulo. Define la integral doble como el límite de esta suma cuando el número de subdivisiones tiende a infinito. También presenta las integrales dobles iteradas y el Teorema de Fubini, el cual establece que el orden de integración no altera el resultado siempre que
1) Los campos vectoriales son funciones que asignan un vector a cada punto del espacio y son fundamentales en física. 2) Un campo vectorial es una función que asigna un vector de dos o tres dimensiones a cada punto, mientras que un campo escalar asigna un escalar. 3) Un campo vectorial es conservativo si es el gradiente de alguna función escalar llamada función potencial.
Este documento introduce las series de Fourier y explica cómo calcular los coeficientes de Fourier para una función dada. Resume los pasos para desarrollar una función en una serie de Fourier utilizando un conjunto ortogonal de funciones trigonométricas. Proporciona un ejemplo numérico para ilustrar el proceso y discute la convergencia y extensión periódica de las series de Fourier.
1. El documento introduce conceptos de cálculo como derivadas parciales segundas y polinomios de Taylor para funciones de varias variables. 2. Se definen las derivadas parciales segundas como las derivadas de las derivadas parciales primeras, y se establece la igualdad de las derivadas parciales cruzadas mediante el lema de Schwarz. 3. Los polinomios de Taylor permiten aproximar funciones mediante polinomios de grado cada vez mayor en puntos cercanos, empezando por el plano tangente de primer grado y el
1) El documento describe conceptos clave del cálculo integral como la integral definida, las sumas y las integrales superiores e inferiores de Darboux y Riemann, y las funciones Riemann-integrables. 2) Explica que la integral de Riemann de una función en un intervalo es el valor común de las integrales superior e inferior. 3) El Teorema Fundamental del Cálculo relaciona el cálculo integral y diferencial al vincular las primitivas de una función con su integral definida.
Este documento introduce el concepto de integral definida como el límite de una suma de áreas. Explica cómo dividir un intervalo en subintervalos para aproximar el área bajo una curva mediante rectángulos, y cómo hacer que la suma se aproxime al área total al reducir el tamaño de los subintervalos. También establece las definiciones matemáticas precisas de suma inferior, suma superior e integral de Riemann, y analiza las condiciones para que una función sea integrable.
Este documento introduce conceptos sobre el cálculo de integrales de funciones de varias variables. Explica cómo calcular integrales dobles y triples, las cuales son útiles para calcular áreas, volúmenes, cargas eléctricas y flujos de campos vectoriales. También cubre temas como derivadas parciales, derivación implícita, y el uso de multiplicadores de Lagrange para problemas de optimización con restricciones.
El documento presenta conceptos sobre la integral múltiple, incluyendo su definición en intervalos n-dimensionales, aproximaciones mediante sumas superiores e inferiores, y condiciones para que una función sea integrable. También introduce la integración en recintos más generales y el teorema de Fubini para calcular integrales múltiples mediante integración reiterada.
1. El documento presenta equivalencias entre infinitésimos útiles para calcular límites, como sen x ~ x cuando x se acerca a 0. Demuestra que sen x ~ x usando desigualdades de áreas de triángulos y sectores circulares.
2. Generaliza el resultado anterior para probar que si f(x) es un infinitésimo en x0, entonces sen f(x) ~ f(x) cuando x se acerca a x0.
3. Incluye problemas para practicar el uso de estas equivalencias en el cálculo de límites.
Este documento presenta información sobre espacios funcionales, incluyendo desigualdades importantes como las desigualdades Hardy-Littlewood-Sobolev, desigualdades de Sobolev y desigualdades de Hardy. También cubre conceptos de interpolación como el espacio Lp0 + Lp1 y el teorema de interpolación de Marcinkiewicz. El documento contiene definiciones, teoremas y demostraciones relacionadas con estos temas.
1. El documento habla sobre programación convexa, una rama de la programación matemática que trabaja con la teoría y métodos de minimización de funciones convexas sobre conjuntos convexos.
2. Se define un conjunto convexo como uno que no tiene indentaciones y una función convexa como aquella cuya gráfica se encuentra por debajo o sobre la cuerda que une cualquier dos puntos de su dominio.
3. Los problemas de optimización con funciones objetivo convexas y restricciones afines pueden formularse como problemas de programación convexa, los cuales incl
Las series de Fourier representan funciones periódicas como la suma de senos y cosenos. Joseph Fourier introdujo este método para resolver la ecuación del calor. Las series de Fourier descomponen una señal en el dominio del tiempo en su espectro de frecuencias y son útiles en muchas áreas como la ingeniería y las matemáticas.
José Luis Jiménez Rodríguez
Junio 2024.
“La pedagogía es la metodología de la educación. Constituye una problemática de medios y fines, y en esa problemática estudia las situaciones educativas, las selecciona y luego organiza y asegura su explotación situacional”. Louis Not. 1993.
El curso de Texto Integrado de 8vo grado es un programa académico interdisciplinario que combina los contenidos y habilidades de varias asignaturas clave. A través de este enfoque integrado, los estudiantes tendrán la oportunidad de desarrollar una comprensión más holística y conexa de los temas abordados.
En el área de Estudios Sociales, los estudiantes profundizarán en el estudio de la historia, geografía, organización política y social, y economía de América Latina. Analizarán los procesos de descubrimiento, colonización e independencia, las características regionales, los sistemas de gobierno, los movimientos sociales y los modelos de desarrollo económico.
En Lengua y Literatura, se enfatizará el desarrollo de habilidades comunicativas, tanto en la expresión oral como escrita. Los estudiantes trabajarán en la comprensión y producción de diversos tipos de textos, incluyendo narrativos, expositivos y argumentativos. Además, se estudiarán obras literarias representativas de la región latinoamericana.
El componente de Ciencias Naturales abordará temas relacionados con la biología, la física y la química, con un enfoque en la comprensión de los fenómenos naturales y los desafíos ambientales de América Latina. Se explorarán conceptos como la biodiversidad, los recursos naturales, la contaminación y el desarrollo sostenible.
En el área de Matemática, los estudiantes desarrollarán habilidades en áreas como la aritmética, el álgebra, la geometría y la estadística. Estos conocimientos matemáticos se aplicarán a la resolución de problemas y al análisis de datos, en el contexto de las temáticas abordadas en las otras asignaturas.
A lo largo del curso, se fomentará la integración de los contenidos, de manera que los estudiantes puedan establecer conexiones significativas entre los diferentes campos del conocimiento. Además, se promoverá el desarrollo de habilidades transversales, como el pensamiento crítico, la resolución de problemas, la investigación y la colaboración.
Mediante este enfoque de Texto Integrado, los estudiantes de 8vo grado tendrán una experiencia de aprendizaje enriquecedora y relevante, que les permitirá adquirir una visión más amplia y comprensiva de los temas estudiados.
La Unidad Eudista de Espiritualidad se complace en poner a su disposición el siguiente Triduo Eudista, que tiene como propósito ofrecer tres breves meditaciones sobre Jesucristo Sumo y Eterno Sacerdote, el Sagrado Corazón de Jesús y el Inmaculado Corazón de María. En cada día encuentran una oración inicial, una meditación y una oración final.
Triduo Eudista: Jesucristo, Sumo y Eterno Sacerdote; El Corazón de Jesús y el...
integrales multuples
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}.
2
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.
3
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.
4
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].
5
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.
6
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.
7
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.
8
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.
9
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