El documento presenta 10 problemas de matemática resueltos. Trata sobre cálculo integral y diferencial, incluyendo problemas sobre evaluación de integrales dobles e integrales triples en diferentes regiones, así como también la determinación de puntos críticos y máximos/mínimos de funciones. El documento fue elaborado por 5 estudiantes de ingeniería ambiental para su curso de matemática III y fue supervisado por su docente.

1. MATEMÁTICA III
1
UNIVERSIDAD NACIONAL DE
INGENIERÍA
FACULTAD DE INGENIERÍA AMBIENTAL
TRABAJO
PROBLEMAS DE MATEMÁTICA III
INTEGRANTES
 INGA PEÑA CELITH ROSSY
 CONDORI MAMANI, RUTH MARILYN
 HERNANDEZ HUAMANI, MILUSKA
 PARRA ARTEAGA, DIEGO
 VÁSQUEZ JIMÉNEZ, MARILYN NOELIA
DOCENTE
CABRERA CHÁVEZ, JULIO CESAR
LIMA – PERÚ
2016

2. MATEMÁTICA III
2
Problema 1:
Evaluar: ∬
𝑥
√𝑥2+𝑦2
𝑑𝐴 donde “R” es la región acotada por el círculo: 𝑥2
+ 𝑦2
= 1 y los
ejes coordenados: 𝑥 ≥ 0 ∧ 𝑦 ≥ 0.
𝐼 = ∬
𝑥
√𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝐴
𝑅 {
𝑥2
+ 𝑦2
= 1
𝑥 ≥ 0 ∧ 𝑦 ≥ 0
}
𝑥 = 𝑟cos 𝜃
𝑦 = 𝑟 sin 𝜃
0 ≤ 𝜃 ≤
𝜋
2
| 𝐽| = 𝑟
𝐼 = ∫ ∫
𝑟 cos 𝜃
𝑟
𝜋
2
0
1
0
𝑟𝑑𝜃𝑑𝑟 ⟹ 𝐼 = ∫ 𝑟(sin
𝜋
2
− sin 0) 𝑑𝑟 = ∫ 𝑟𝑑𝑟 =
1
2
1
0
1
0
𝑦 = √1 − 𝑥2
𝑥 = 0
𝑦 = 0
∴ 𝐼 =
1
2

3. MATEMÁTICA III
3
Problema 2:
Evaluar ∬ 𝑒 𝑥2
+𝑦2
𝑑𝑥 𝑑𝑦 siendo R la región encerrada entre las curvas
C1: 𝑥2
+ 𝑦2
= 1 y C2: 𝑥2
+ 𝑦2
= 4
SOLUCIÓN:
Graficando la región de integración en x e y
Hacemos un cambio de variable a polares. Haciendo: x=r cosƟ , y=r senƟ , r2=x2+y2
Recordando que cuando hacemos cambio de variable en polares el jacobiano es r, ahora
grafiquemos la nueva región de integración en r y Ɵ.
Entonces de la región anterior se observa r=1 y r=2 además Ɵ=0 y Ɵ=2Π
La nueva integral sería
S
Ɵ=2Π
Ɵ
r
Ɵ=0
r=1 r=2
S*

4. MATEMÁTICA III
4
∫
2
1
∫ 𝑒 𝑟2
. 𝑟 𝑑𝜃𝑑𝑟
2Π
0
Resolviendo:
∫
2
1
∫ 𝑒 𝑟2
. 𝑟 𝑑𝜃𝑑𝑟
2Π
0
= 2Π∫ 𝑒 𝑟2
. 𝑟 𝑑𝑟
2
1
Haciendo cambio de variable u= r2 entonces dr=du/2r, reemplazando en 2Π∫ 𝑒 𝑟2
. 𝑟 𝑑𝑟
2
1
2Π ∫ 𝑟. 𝑒 𝑢
.
𝑑𝑢
2𝑟
4
1
= Π ∫ 𝑒 𝑢
𝑑𝑢 = 𝑒4
−
4
1
𝑒
Problema 3:
Hallar el área de la región R encerrada por la curva:
𝒞: (𝑥2
+ 𝑦2
)2
= 2𝑎2( 𝑥2
− 𝑥2); 𝑎 > 0 , 𝑥2
≥ 𝑦2
mediante una integral doble.
SOLUCIÓN
El integral sería ∬ 𝑑𝑥 𝑑𝑦
Por sustitución a coordenadas polares, y tomando en cuenta |J|=r
Ahora sería ∬ 𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝑟
Haciendo: x=r cosƟ , y=r senƟ , r2=x2+y2 en C quedaría: r2=a2 cos2Ɵ que sería una
lemniscata graficando la lemniscata :
(a.cos2Ɵ 0.5
,0)
Ɵ=π/4

5. MATEMÁTICA III
5
Del gráfico en el primer cuadrante 0≤ r ≤ a. cos2Ɵ 0.5 y 0 ≤ Ɵ ≤ π/4, entonces el área sería:
ℐ = 4 ∫ ∫ 𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝑟
π
4
0
𝑎√cos2𝜃
0
Resolviendo:
ℐ = 4∫
π
4
. 𝑟 𝑑𝑟 =
4. π
4
∫ 𝑟. 𝑑𝑟 =
𝑎√cos 2𝜃
0
𝑎√cos 2𝜃
0
(
𝑟2
2
)
0
𝑎√cos 2𝜃
= ( 𝑎2
cos2𝜃 − 0) = 𝑟2
Entonces el área de la lemniscata es 𝑟2
Problema 4:
Evaluar ∭ √𝑥2 + 𝑧2 𝑑𝑉 donde “S” es el sólido limitado por
𝑆1: 𝑦 = 𝑥2
+ 𝑧2
; 𝑆2: 𝑦 = 4
𝑇𝑜𝑚𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑢𝑛 𝑦 − 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑒: 𝑥2
+ 𝑧2
≤ 𝑦 ≤ 4
𝐷 = {( 𝑥, 𝑧) ∈ 𝑅 ∖ 0 ≤ 𝑥 ≤ 2 ∧ 0 ≤ 𝑧 ≤ √4 − 𝑥2}
Z
X
Y
Y simple
𝑧 = √4 − 𝑥2
∴ 𝐼 = 4 ∫ ∫ ∫ √ 𝑥2 + 𝑧2 𝑑𝑦𝑑𝑧𝑑𝑥
4
𝑥2
+𝑧2
√4−𝑥2
0
2
0

6. MATEMÁTICA III
6
Problema 6:
Evaluar: ∬ √𝑎 − 𝑥2 − 𝑦2
𝑅
𝑑𝐴 donde R es la región encerrada por la curva:
𝐶:
𝑥2
4
+
𝑦2
2
= 1
Solución:
Graficamos la cónica:
𝑅 {( 𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2
/ 0 ≤ 𝑥 ≤ 2 𝑦 0 ≤ 𝑦 ≤ √2 −
𝑥2
2
}
Luego utilizamos transformaciones polares
Calculamos el Jacobiano
𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 = 2𝑟 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝐽( 𝑟,𝜃) = |
2 𝑐𝑜𝑠𝜃 −2𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃
√2 𝑠𝑒𝑛𝜃 √2 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃
| = 2√2 𝑟
𝑦 = 𝑟 sin 𝜃 = √2 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃
0 ≤ 𝜃 ≤
𝜋
2
; 𝐽( 𝑟,𝜃)=2√2 𝑟
0 ≤ 𝑟 ≤ 1
∬ √ 𝑎 − 𝑥2 − 𝑦2
𝑅
𝑑𝐴 = 4∫ ∫ √ 𝑎 − (2𝑟 𝑐𝑜𝑠𝜃)2 − (√2 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃)
2
2√2 𝑟𝑑𝜃𝑑𝑟
𝜋
2
0
1
0
∬ √ 𝑎 − 𝑥2 − 𝑦2
𝑅
𝑑𝐴 = 4∫ ∫ √ 𝑎 − 2𝑟2 𝑐𝑜𝑠𝜃2 − 2𝑟22√2 𝑟𝑑𝜃𝑑𝑟
𝜋
2
0
1
0
∬ √ 𝑎 − 𝑥2 − 𝑦2
𝑅
𝑑𝐴 = 4∫ ∫ √ 𝑎 − 2𝑟2 (
1 + 𝑐𝑜𝑠𝜃
2
) − 2𝑟22√2 𝑟𝑑𝜃𝑑𝑟
𝜋
2
0
1
0
T

7. MATEMÁTICA III
7
∬ √ 𝑎 − 𝑥2 − 𝑦2
𝑅
𝑑𝐴 = 4∫ ∫ √ 𝑎 − 3𝑟2 − 𝑟2 𝑐𝑜𝑠𝜃2√2 𝑟𝑑𝜃𝑑𝑟
𝜋
2
0
1
0
Problema 7:
Evaluar ∬( 𝑥2
+ 𝑦2) 𝑑𝐴 donde la región “R” está limitado por la curva: 𝐶: 𝑦 = 𝑥2
∧ la
recta 𝐿: 𝑦 = 3𝑥 mediante transformaciones polares.
𝐼 = ∬( 𝑥2
+ 𝑦2)
𝑅 {
𝐶: 𝑦 = 𝑥2
𝐿: 𝑦 = 3𝑥
}
𝑟 sin 𝜃 = 3𝑟 cos 𝜃
tan 𝜃 = 3
𝜃 = tan−1
3
0 ≤ 𝜃 ≤ tan−1
3
𝑟 sin 𝜃 = 𝑟2
cos 𝜃2
0 = 𝑟(𝑟 cos 𝜃2
− sinθ)
0 ≤ 𝑟 ≤ tan 𝜃 sec 𝜃
| 𝐽| = 𝑟
𝑥2
+ 𝑦2
= 𝑟
𝑦 = 𝑥2
𝑦 = 3𝑥
∴ 𝐼 = ∫ ∫ 𝑟3
𝑑𝑟𝑑𝜃
tan 𝜃 sec 𝜃
0
tan−1
3
0

8. MATEMÁTICA III
8
PROBLEMA 8.
Evaluar: ∬( 𝑥2
+ 𝑦2) 𝑑𝐴 donde la región ¨R¨ está limitada por la curva:
𝐶: 𝑥2
+ 𝑦2
= 2𝑦
Solución:
𝐶: 𝑥2
+ 𝑦2
= 2𝑦
𝑥 = 𝑟 cos 𝜃
𝑦 = 𝑟sen 𝜃
donde
0 ≤ 𝑟 ≤ sen 𝜃
𝑟2
= 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 → 𝑟 = 0 𝑣 𝑟 = 𝑠𝑒𝑛𝜃
Graficando: 𝑥2
+ (𝑦 − 1)2
= 1 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋
∴ 𝐼 = ∫ ∫ 𝑟3
𝑑𝑟𝑑𝜃
𝑠𝑒𝑛𝜃
0
𝜋
0
𝐼 = ∫
𝑠𝑒𝑛4
𝜃
4
𝑑𝜃
𝜋
0
Y
X

9. MATEMÁTICA III
9
Problema 10:
Determine los máximos, mínimos o puntos silla de la superficie:
𝑧 = 𝑥3
+ 3𝑥𝑦 + 𝑦3
Solución
𝐷𝑜𝑚𝑓 = 𝑅2
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥3
+ 3𝑥𝑦 + 𝑦3
𝑓𝑥(𝑥, 𝑦) = 3𝑥2
+ 3𝑦 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦) = 3𝑥 + 3𝑦2
𝑓𝑥(𝑥, 𝑦) = 0 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦) = 0
𝑥2
+ 𝑦 = 0 ….(i) 𝑥 + 𝑦2
= 0 ….(ii)
𝑥0 = 0 𝑦0 = 0
𝑥1 = −1 𝑦1 = −1
Se tiene 2 posibles puntos críticos
(0 ;0) 𝑜 (−1 ;−1)
Hallamos el discriminante
𝑓𝑦𝑦( 𝑥, 𝑦) = 6𝑦
𝑓𝑥𝑦
2
( 𝑥, 𝑦) = 32
Para el primer punto crítico: (0 ;0)
∆(𝑥,𝑦)= 𝑓𝑥𝑥( 𝑥, 𝑦) 𝑓𝑦𝑦( 𝑥, 𝑦) − 𝑓𝑥𝑦
2
( 𝑥, 𝑦)
∆(0,0)= 0 − 9 = −9
Como ∆(0,0)< 0 entonces no tiene valores extremos más bien un punto de ensilladura y esto
ocurre en el punto (0,0)
Para el segundo punto crítico: (−1 ;−1)
∆(𝑥,𝑦)= 𝑓𝑥𝑥( 𝑥, 𝑦) 𝑓𝑦𝑦( 𝑥, 𝑦) − 𝑓𝑥𝑦
2
( 𝑥, 𝑦)
∆(0,0)= 36 − 9 = 27
Como ∆(−1,−1)> 0 y 𝑓𝑥𝑥( 𝑥, 𝑦) = −6 < 0 entonces el punto (-1 ; -1 ) es un punto máximo
relativo

10. MATEMÁTICA III
10
PROBLEMA 16.
Sea la función 𝑓( 𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝛽𝑥𝑦 + 𝛼𝑧, con la restricción
𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝑧2
= 3, tiene un valor extremo en (1,1,1) hallar las constantes α y β
si: α+β = 2
SOLUCIÓN:
Usamos en método de Lagrange creamos una nueva función
ℒ( 𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝜆) = 𝑓( 𝑥, 𝑦, 𝑧) + 𝜆. 𝑔( 𝑥, 𝑦, 𝑧)
Con 𝑔( 𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝑧2
− 3, entonces:
ℒ( 𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝜆) = 𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝛽𝑥𝑦 + 𝛼𝑧 + 𝜆. (𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝑧2
− 3)
Hallando las derivadas parciales de L respecto a x, y, z e igualando a 0
ℒ 𝑥 ( 𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝜆) = 2𝑥 + 𝛽𝑦 + 2𝜆𝑥 = 0
ℒ 𝑦 ( 𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝜆) = 2𝑦 + 𝛽𝑥 + 2𝜆𝑦 = 0
ℒ 𝑧 ( 𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝜆) = 𝛼 + 2𝜆𝑧 = 0
Despejando la constante:
𝜆 =
(2𝑥 + 𝛽𝑦)
−2𝑥
=
(2𝑦 + 𝛽𝑥)
−2𝑦
=
𝛼
−2𝑧
Y sabemos que la condición es 𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝑧2
= 3 𝑦 𝛼 + 𝛽 = 2, además tienen un valor
extremo en (1, 1,1). Operando en busca de relaciones:
i) x2=y2, entonces x=y o x=-y
ii) 2xz+βyz=αx, entonces 2xz+βyz =(2-β)x
iii) 2yz+βxz=αy, entonces 2yz+βxz =(2-β)y
Usando la condición 2x2+z2=3
m.a.m ii*iii y como x=y
𝑧2
=
(2 − 𝛽) − 2𝛽𝑥2
4 + 2𝛽
Reemplazando 2x2+z2=3
2𝑥2
+
(2 − 𝛽) − 2𝛽𝑥2
4 + 2𝛽
= 3
Operando, el resultado es α = 12/5 y β=-2/5

11. MATEMÁTICA III
11
PROBLEMA 17.
Dada la transformación: 𝑇: {
𝑥 = 𝑢
𝑦 = 𝑣(1 + 𝑢)2
a) Calcule 𝐽(𝑢, 𝑣)
b) Un cuadrado D en el plano (𝑢, 𝑣) tiene vértices (0; 0), (1; 0), (1; 1), (0,1) graficar
en xy la imagen 𝑇( 𝐷) = 𝐸
c) Calcule ∬
𝑥𝑦
1+𝑥2 𝑑𝑦𝑑𝑥
Solución:
Dato: 𝑇: {
𝑥 = 𝑢
𝑦 = 𝑣(1 + 𝑢2
)
T: transformación directa
a) 𝐽( 𝑢, 𝑣) =
𝑑( 𝑥,𝑦)
𝑑( 𝑢,𝑣)
= |
𝑑𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
𝑑𝑣
𝑑𝑦
𝑑𝑢
𝑑𝑦
𝑑𝑣
| = |
1 0
2𝑢𝑣 1+ 𝑢2| = 1 + 𝑢2
> 0
b) Transformaciones de rectas horizontales
1) si 𝑣 = 0 0 ≤ 𝑢 ≤ 1
Reemplazando en T
: 𝑇: {
𝑥 = 𝑢
𝑦 = 0 𝑦 = 0 0 ≤ 𝑥 ≤ 1
X
x = 0
y = 0
x = 1
X
(1,1)
(0,0) (1,0)
(0,1)

12. MATEMÁTICA III
12
2) si 𝑣 = 1 0 ≤ 𝑢 ≤ 1
𝑇: {
𝑥 = 𝑢
𝑦 = 1 + 𝑢2 𝑦 = 1 + 𝑢2
0 ≤ 𝑥 ≤ 1
Transformaciones de rectas verticales
3) 1) si 𝑢 = 0 0 ≤ 𝑣 ≤ 1
Reemplazando en T
𝑇: {
𝑥 = 0
𝑦 = 𝑣
𝑥 = 0 0 ≤ 𝑦 ≤ 1
4) 𝑢 = 1 0 ≤ 𝑣 ≤ 1
Reemplazando en T 0 ≤
𝑦
2
≤ 1
𝑇: {
𝑥 = 1
𝑦 = 2𝑣
𝑥 = 1 0 ≤ 𝑦 ≤ 2
c) usando las coordenadas de xy
∬(
𝑥𝑦
1 + 𝑥2) 𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∫ ∫
𝑥𝑦
1 + 𝑥2 𝑑𝑦𝑑𝑥
1+ 𝑥2
0
1
0
Aplicando las transformaciones
∬(
𝑥𝑦
1 + 𝑥2) 𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∫ ∫
𝑢𝑣(1 + 𝑣2)
1 + 𝑢2
(1 + 𝑢2) 𝑑𝑢𝑑𝑣
1+ 𝑥2
0
1
0
𝐷 = {( 𝑢, 𝑣) ∈ 𝑅2 0⁄ ≤ 𝑢 ≤ 1 ∧ 0 ≤ 𝑣 ≤ 1}
𝐽( 𝑢, 𝑣) = |1 + 𝑢2| = 1 + 𝑢2

13. MATEMÁTICA III
13
Problema 19:
Mediante una integral doble hallar el área de la elipse de ecuación
Solución
𝑥2
𝑎
+
𝑦2
𝑏
= 1
𝑅 {( 𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2
/ 0 ≤ 𝑥 ≤ 2 𝑦 0 ≤ 𝑦 ≤ √2 −
𝑥2
2
}
Luego utilizamos transformaciones polares
Calculamos el Jacobiano
𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 = √ 𝑎𝑟 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝐽( 𝑟,𝜃) = |√ 𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃 −√ 𝑎𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃
√ 𝑏 𝑠𝑒𝑛𝜃 √ 𝑏 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃
| = √ 𝑎𝑏 𝑟
𝑦 = 𝑟 sen 𝜃 = √𝑏 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃
0 ≤ 𝜃 ≤
𝜋
2
; 𝐽( 𝑟,𝜃)=√ 𝑎𝑏 𝑟
0 ≤ 𝑟 ≤ 1
∬ 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑅
= 4∫ ∫ √𝑎𝑏 𝑟𝑑𝜃𝑑𝑟
𝜋
2
0
1
0
∬ 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑅
= 4∫ ∫ √𝑎𝑏 𝑟 𝑑𝜃𝑑𝑟
𝜋
2
0
1
0
∬ 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑅
= 4∫ √𝑎𝑏 𝑟
𝜋
2
𝑑𝑟
1
0
∬ 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑅
= 4 (√𝑎𝑏
𝜋
4
)
∬ 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑅
= √𝑎𝑏 𝜋 𝑢𝑛𝑖𝑑.2
T

14. MATEMÁTICA III
14
Problema 5 .- Mediante unaintegral doble hallarel volumendelsolidolimitadoporlas
superficies: 𝑆1: 𝑧2 = 𝑥2 + 𝑦2 ; 𝑆2: 𝑥2 + 𝑦2 = 2𝑥
Pasandoa coordenadaspolares: 𝑧 = 𝑟2 ; 𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠( 𝜃); 𝑦 = 𝑟𝑠𝑒𝑛(𝜃)
−
𝜋
2
≤ 𝜃 ≤
𝜋
2
0 ≤ 𝑟 ≤ 2cos(𝜃)
𝑉 = ∫ ∫ 𝑟. 𝑟. 𝑑𝑟𝑑𝜗
2cos(𝜃)
0
𝜋/2
−𝜋/2
==
8
3
∫ 𝑐𝑜𝑠3( 𝜃) 𝑑𝜃 =
32
9
𝜋/2
−𝜋/2
Problema 9 .- Mediante unaintegral doble,hallarel volumendel solidolimitadoporla curva:
𝑆1: 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑧; 𝑆2:𝑧 = 2𝑦
Pasandoa coordenadaspolares: 𝑧 = 𝑟2 ; 𝑧 = 2𝑟𝑠𝑒𝑛( 𝜃)
0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋
0 ≤ 𝑟 ≤ 2sen(𝜃)
𝑉 = ∫ ∫ (2𝑟𝑠𝑒𝑛( 𝜃) − 𝑟2). 𝑟. 𝑑𝑟𝑑𝜗
2sen(𝜃)
0
𝜋
0
𝑉 =
32
3
∫[ 𝑠𝑒𝑛(𝜃)]4
𝜋
0
𝑑𝜃 = 4𝜋
Problema 18.- SeaT un rectángulocuyosvérticesson(1,2),(1,5),(3,2),(3,5) enel planouvy seaR
la imagende “T” enel planoxy; latransformaciónjacobianaes:
𝐽( 𝑢, 𝑣) = |
2 1
−1 3
|
a) Graficar la región“R”
b) Hallarel área de la región“R”
Apartirdel jacobiano,yaque :
𝐽( 𝑢, 𝑣) = |
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝜕𝑣
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕𝑣
|
Obtenemos:
𝑥 = 2𝑢 + 𝑣
𝑦 = −𝑢 + 3𝑣
Comovemosque sontransformacionesafines,trasladamoslospuntos(u,v) aT(u,v) =(x,y):
(1,2),(1,5),(3,2),(3,5) serian: (4,5),(7,14),(8,3),(11,12) ,estospuntosse unenmediante líneas:

15. MATEMÁTICA III
15
Sistema (x,y)
Hallando:
𝑦3 = 3𝑥 − 7; 𝑦4 = 3𝑥 − 21; 𝑦1 = 7 −
𝑥
2
; 𝑦2 =
35 − 𝑥
2
Hallandoel áreade laregiónR, para esoparticionamosrespectoax,serialasuma de tres
integrales:
𝐴 =
1
7
[∫ ∫ 𝑑𝑦𝑑𝑥
3𝑥−7
7−
𝑥
2
7
4 + ∫ ∫ 𝑑𝑦𝑑𝑥
35−𝑥
2
7−
𝑥
2
8
7 + ∫ ∫ 𝑑𝑦𝑑𝑥
35−𝑥
2
3𝑥−21
11
8
] = 2.25+1.5+2.25=6
𝑦3
𝑦4
𝑦2
𝑦1