La integral múltipleProblemas resueltos 1. Sea f una función definida en I = [1, 2] ×[1, 4] del siguiente modo: f(x, y) = (x +y) −2 , x ≤ y ≤ 2x , 0 , en el resto. Indique, mediante un dibujo, la porción A del rectángulo I en la que f no es nula y calcule el valor de la integral A f, supuesta su existencia. Solución: La región sombreada, A = ¸ (x, y) ∈ R 2 : 1 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ 2x ¸ , es la por- ción del rectángulo en la que f no se anula. La función f es continua en A, por tanto f es integrable en A. Luego, aplicando el teorema de Fubini: A f = 2 1 4 1 f(x, y)dy dx = 2 1 2x x 1 (x +y) 2 dy dx = = 2 1 ¸ − 1 x +y 2x x dx = 2 1 (− 1 3x + 1 2x )dx = 1 6 log x 2 1 = 1 6 log 2. 2. Un sólido está limitado por la superficie z = x 2 − y 2 , el plano xy, y los planos x = 1 y x = 3. Calcule su volumen por doble integración. Problemas resueltos Solución: La intersección de la superficie con el plano xy es: z = x 2 −y 2 z = 0 ¸ → y 2 = x 2 → y = x y = −x ¸ y con los planos x = 1 y x = 3, las parábolas z = 1 − y 2 y z = 9 − y 2 , respectivamente. Para hallar el volumen del sólido dado hemos de calcular la integral doble de la función z = f(x, y) = x 2 −y 2 sobre la región D del plano xy comprendida entre las rectas x = 1, x = 3, y = x e y = −x : D = {(x, y) ∈ R 2 : 1 ≤ x ≤ 3, −x ≤ y ≤ x} V = D (x 2 −y 2 )dxdy = 3 1 x −x (x 2 −y 2 )dy dx = = 3 1 ¸ x 2 y − y 3 3 x −x dx = 3 1 4 3 x 3 dx = 1 3 x 4 3 1 = 80 3 . 3. Calcule D x 2 y 2 dxdy siendo D la porción acotada del primer cua- drante situada entre las dos hipérbolas xy = 1 y xy = 2 y las líneas rectas y = x e y = 4x. La integral múltiple Solución: La región D es el conjunto D = ¸ (x, y) ∈ R 2 : 1 ≤ xy ≤ 2, x ≤ y ≤ 4x} = = (x, y) ∈ R 2 : 1 ≤ xy ≤ 2, 1 ≤ y x ≤ 4 ¸ . Esta expresión nos sugiere el cambio de variables u = xy, v = y x . Con lo que y = vx, u = vx 2 → x = u v , y = √ uv, siempre que u, v > 0 y la transformación que obtenemos es T :]0, +∞[×]0, +∞[→R 2 , T(u, v) = ( u v , √ uv). T es una transformación inyectiva (para cada (x, y) hay un solo (u, v) tal que T(u, v) = (x, y)) y es de clase C 1 . Hemos de comprobar además que su jacobiano es no nulo: J T (u, v) = 1/v 2 u/v −u/v 2 2 u/v v 2 √ uv u 2 √ uv = 1 2v = 0, ∀u, v > 0. Podemos dibujar fácilmente la región D calculando los puntos de corte de las rectas con las hipérbolas dadas (recordemos que son sólo los del primer cuadrante): xy = 1 y = x ¸ → x 2 = 1 → P 1 = (1, 1); xy = 1 y = 4x ¸ → x 2 = 1 4 → P 2 = ( 1 2 , 1) xy = 2 y = 4x ¸ → x 2 = 1 2 → P 3 = ( 1 √ 2 , 4 √ 2 ); xy = 2 y = x ¸ → x 2 = 2 → P 4 = ( √ 2, √ 2) Problemas resueltos Es obvio que esta región D (en el plano xy) es la imagen, T(Q), del recinto (en el plano uv) Q = ¸ (u, v) ∈ R 2 : 1 ≤ u ≤ 2, 1 ≤ v ≤ 4 ¸ . Aplicando el teorema del cambio de variable obtenemos: D x 2 y 2 dxdy = Q u 2 1 2v dudv = = 2 1 u 2 du. 4 1 1 2v dv = u 3 3 2 1 . 1 2 log v 4 1 = 7 3 log 2. 4. Calcule la integral V (2zx 2 + 2zy 2 ) dxdydz , siendo V el volumen exterior a la hoja superior del cono z 2 = x 2 +y 2 e interior al cilindro x 2 +y 2 = 1, con z ≥ 0. Solución: La intersección del cono con el cilindro es: x 2 +y 2 = z 2 x 2 +y 2 = 1 ¸ → la circunferencia x 2 +y 2 = 1 en el plano z = 1. La integral múltiple El conjunto V será el conjunto descrito por: V = (x, y, z) ∈ R 3 : x 2 +y 2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ x 2 +y 2 ¸ Haciendo el cambio a coordenadas cilíndricas x = ρ cos ϕ y = ρ sen ϕ z = z T : U →R 3 , T(ρ, ϕ, z) = (ρ cos ϕ, ρ sen ϕ, z) siendo U =]0, +∞[×]0, 2π[×R, J T (ρ, ϕ, z) = ρ. De esta manera, y puesto que x 2 + y 2 = ρ 2 = 1 en el cilindro y z 2 = ρ 2 en el cono, el recinto V es la imagen, T(Q), (salvo un conjunto de medida cero, que es la región del plano y = 0 comprendida entre el cilindro y el cono) del conjunto Q = {(ρ, ϕ, z) ∈ U : 0 < ρ ≤ 1, 0 < ϕ < 2π, 0 ≤ z ≤ ρ} ⊂ U. Por tanto, haciendo la integral con este cambio de variable obtenemos: V (2zx 2 + 2zy 2 ) dxdydz = = Q 2zρ 2 ρ dρdϕdz = 1 0 ¸ 2π 0 ρ 0 2zρ 3 dz dϕ dρ = = 1 0 2π 0 z 2 ρ 3 ρ 0 dϕ dρ = 1 0 2π 0 ρ 5 dϕ dρ = 2π ρ 6 6 1 0 = π 3 . Problemas resueltos 5. Calcule la integral A xyz dxdydz , siendo A el conjunto A = {(x, y, z) ∈ R 3 : x 2 +y 2 +z 2 ≤ 1 , x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0}. Solución: Puesto que el conjunto A es un trozo de esfera haremos el cambio a coordenadas esféricas para que el recinto de integración sea más manejable. x = ρ cos ϕsen θ y = ρ sen ϕsen θ z = ρ cos θ T : U →R 3 , T(ρ, ϕ, θ) = (ρ cos ϕsen θ, ρ sen ϕsen θ, ρ cos θ) T es C 1 -invertible, con jacobiano, J T (ρ, ϕ, θ) = −ρ 2 sen θ, distinto de cero en cualquier punto del abierto U =]0, +∞[×]0, 2π[×]0, π[. Sea Q = (ρ, ϕ, θ) ∈ R 3 : 0 < ρ ≤ 1, 0 < ϕ ≤ π 2 , 0 < θ ≤ π 2 ¸ ⊂ U. Es claro que su imagen mediante T es T(Q) = A−{(x, y, z) ∈ A : y = 0} La integral múltiple y puesto que el conjunto {(x, y, z) ∈ A : y = 0} tiene medida cero en R 3 , (es un trozo de plano) podemos aplicar el teorema del cambio de variable para calcular la integral que se pide por medio de una integral sobre el rectángulo Q: A xyz dxdydz = = Q ρ cos ϕsen θ ρ sen ϕsen θ ρ cos θ ρ 2 sen θ dρdϕdθ = = 1 0 ¸ π 2 0 ¸ π 2 0 ρ 5 sen ϕ cos ϕsen 3 θ cos θ dθ ¸ dϕ ¸ dρ = = 1 0 ρ 5 dρ π 2 0 sen ϕ cos ϕdϕ π 2 0 sen 3 θ cos θ dθ = = ¸ ρ 6 6 1 0 ¸ sen 2 ϕ 2 π 2 0 ¸ sen 4 θ 4 π 2 0 = 1 48 . 6. Calcule la integral D (x 2 + 5y 2 )dxdy , extendida a la región del plano D := {(x, y) ∈ R 2 : y ≥ 0, 4 ≤ x 2 +y 2 ≤ 16}. Solución: Problemas resueltos La región D es una corona circular; esto sugiere el cambio a polares para hacer la integral. Hacemos la transformación x = ρ cos ϕ y = ρ sen ϕ ¸ T : U →R 2 , T(ρ, ϕ) = (ρ cos ϕ, ρ sen ϕ) donde U =]0, +∞[×]0, 2π[ y J T (ρ, ϕ) = ρ es distinto de cero en U. La corona D es la imagen mediante T del rectángulo Q = ¸ ρ, ϕ) ∈ R 2 : 2 ≤ ρ ≤ 4, 0 < ϕ ≤ π ¸ ⊂ U salvo un conjunto de medida cero en R 2 que es el trozo del eje OX comprendido entre x = 2 y x = 4 (que se obtendría con la imagen de los puntos tales que ϕ = 0). Aplicando el cambio de variable calculamos la integral doble en D por medio de una integral doble en Q, que nos resultará mucho más sencilla de calcular porque Q es un rectángulo: D (x 2 + 5y 2 )dxdy = Q ρ 2 cos 2 ϕ + 5ρ 2 sen 2 ϕ ρ dρdϕ = = 4 2 ¸ π 0 ρ 3 1 + 4sen 2 ϕ dϕ dρ = = 4 2 ρ 3 ¸ π 0 [1 + 2(1 −cos 2ϕ)] dϕ dρ = = ¸ ρ 4 4 4 2 3ϕ −sen 2ϕ π 0 = 180π. 7. Utilizando el teorema de Green-Riemann, calcule la integral de línea γ y 2 dx +xdy , siendo γ el cuadrado de vertices (1,1), (1,-1), (-1,1), (-1,-1). La integral múltiple Solución: LLamemos D a la región, convexa, limitada por γ. Es obvio que D = γ ∗ ∪ intγ = [−1, 1] ×[−1, 1]. Aplicaremos la fórmula de Green-Riemann γ Pdx +Qdy = D ∂Q ∂x − ∂P ∂y dxdy con P(x, y) = y 2 y Q(x, y) = x que son de clase C 1 . Así: γ y 2 dx +xdy = D (1 −2y)dxdy = 1 −1 ¸ 1 −1 (1 −2y)dy dx = = 1 −1 y −y 2 1 −1 dx = 1 −1 2dx = 4. 8. Considere la curva γ una parametrización de la elipse 4(x 2 −1)+y 2 = 0. Calcule la integral γ (x +y)dx + (y −x)dy. a) Directamente. b) Aplicando el teorema de Green-Riemann. Problemas resueltos Solución: a) Para calcular la integral de línea hemos de parametrizar la elipse: 4(x 2 −1)+y 2 = 0 → x 2 + y 2 4 = 1 → γ(t) = (cos t, 2 sen t), ∀t ∈ [0, 2π] que es una parametrización de clase C 1 . γ (x +y)dx + (y −x)dy = = 2π 0 [(cos t + 2 sent)(−sent) + (2 sent −cos t)2 cos t]dt = = 2π 0 (sent cos t −2)dt = ¸ sen 2 t 2 −2t 2π 0 = −4π. b) Sea D = γ ∗ ∪ intγ. Aplicando el teorema de Green-Riemann con P(x, y) = x+y y Q(x, y) = y−x, y teniendo en cuenta que el área de la elipse de semiejes a y b es πab (en nuestro caso a = 1, b = 2), obtenemos: γ (x +y)dx + (y −x)dy = γ Pdx +Qdy = D ∂Q ∂x − ∂P ∂y dxdy = = D (−2)dxdy = −2µ(D) = −4π. La integral múltiple 9. Calcule el área de la región del primer cuadrante comprendida entre las curvas: y 2 = 2x, 2x +y = 20, y = 0. a) Mediante una integral doble. b) Mediante una integral de línea. Solución: a) Calculemos la intersección de la parábola y la recta que delimitan la región descrita: y 2 = 2x 2x +y = 20 ¸ → y 2 +y −20 = 0 → y = −5, no es positivo y = 4, x = 8 La región dada D es la unión de dos regiones D 1 = (x, y) ∈ R 2 : 0 ≤ x ≤ 8, 0 ≤ y ≤ √ 2x ¸ D 2 = (x, y) ∈ R 2 : 8 ≤ x ≤ 10, 0 ≤ y ≤ 20 −2x ¸ con medida en R 2 . El área de D = D 1 ∪ D 2 , calculada mediante una integral doble, será: D dxdy = D 1 dxdy + D 2 dxdy D 1 dxdy = 8 0 ¸ √ 2x 0 dy ¸ dx = 8 0 √ 2xdx = √ 2 2 3 x 3 2 8 0 = 64 3 . D 2 dxdy = 10 8 ¸ 20−2x 0 dy dx = 10 8 (20 −2x)dx = 20x −x 2 10 8 = 4. Problemas resueltos Sumando las dos integrales obtenemos: area de D = D dxdy = 64 3 + 4 = 76 3 . b) Hemos de parametrizar la curva γ que delimita la región D : − la recta 2x +y = 20 : γ 1 (t) = (t, 20 −2t), t ∈ [8, 10] − la parábola y 2 = 2x : γ(t) = ( t 2 2 , t), t ∈ [0, 4] − el eje OX : γ(t) = (t, 0), t ∈ [0, 10]. De esta manera es γ = (−γ 1 ) ∪ (−γ 2 ) ∪ γ 3 . Por el teorema de Green-Riemann, tomando P(x, y) = 0, Q(x, y) = x, pode- mos calcular el área de D como: D dxdy = γ xdy = − γ 1 xdy − γ 2 xdy + γ 3 xdy = = − 10 8 (−2t)dt − 4 0 t 2 2 dt = t 2 10 8 − t 3 6 4 0 = 76 3 . 10. Calcule, mediante integración, el volumen del sólido limitado por el cono x 2 +y 2 = 4z 2 y la esfera x 2 +y 2 +z 2 = 5, siendo z ≥ 0. Solución: La intersección de las dos superficies es x 2 +y 2 +z 2 = 5 x 2 +y 2 = 4z 2 ¸ → 5z 2 = 5 → z 2 = 1 → z = 1 (z ≥ 0) x 2 +y 2 = 4 La integral múltiple Sea V el sólido considerado. Su volumen es µ(V ) = V dxdydz Para calcular esta integral haremos un cambio a coordenadas esféricas: x = ρ cos ϕsen θ y = ρ sen ϕsen θ z = ρ cos θ J T (ρ, ϕ, θ) = −ρ 2 sen θ La variación del ángulo θ dentro del recinto de integración viene dada por el ángulo que forma la generatriz del cono con el eje OZ en un punto de la intersección de las dos superficies, por ejemplo el punto (0, 2, 1). En este punto tan θ = 2 y por lo tanto θ = arctan 2. El radio vector ρ variará desde 0 al radio de la esfera √ 5 y el ángulo ϕ debe recorrer toda la circunferencia, de modo que si consideramos el conjunto Q = (ρ, ϕ, θ) ∈ R 3 : 0 ≤ ρ ≤ √ 5, 0 < ϕ < 2π, 0 < θ ≤ arctan 2 ¸ su imagen mediante T es el recinto V (salvo un conjunto de medida cero en R 3 : los puntos para los que ϕ = 0 ó θ = 0). Entonces V dxdydz = Q ρ 2 sen θ dρdϕdθ = = 2π 0 dϕ √ 5 0 ρ 2 dρ arctan2 0 sen θdθ = 2π ¸ ρ 3 3 √ 5 0 −cos θ arctan 2 0 = = 10 √ 5 3 π ¸ − 1 √ 1 + tan 2 θ arctan 2 0 = 10 3 π( √ 5 −1). Problemas propuestos Problemas propuestos 1. Calcule las integrales dobles por integración sucesiva a) I xy(x +y)dxdy donde I = [0, 1] ×[0, 1] . b) I sen 2 xsen 2 ydxdy donde I = [0, π] ×[0, π] . c) I sen (x +y)dxdy donde I = [0, π/2] ×[0, π/2] . Solución: a) 1/3. b) π 2 /4. c) 2. 2. Calcule I f(x, y)dxdy siendo I = [0, 1] ×[0, 1], f(x, y) = x +y, x 2 ≤ y ≤ 2x 2 , 0 , en el resto. Solución: 21 40 − 2 5 √ 2 . 3. Calcule la integral doble A (x 2 +y 2 ) dxdy siendo A = {(x, y) ∈ R 2 : x 2 +y 2 ≤ 1}. Solución: 1/2. 4. Calcule la integral doble A (4x + 7y) dxdy donde A = {(x, y) ∈ R 2 : 0 ≤ x ≤ 1, x 3 ≤ y ≤ x}. Solución: 12 10 . La integral múltiple 5. Dibuje la región de integración y calcule la integral doble a) D (x 2 +y 2 )dxdy siendo D el triángulo de vértices (0, 0), (2, 0), (2, 1). b) D (1 +x)seny dxdy siendo D el trapezoide de vértices (0,0), (1,0), (1,2), (0,1). c) D (x 2 −y 2 )dxdy siendo D la región limitada por el eje OX y la gráfica de la función y = senx en el intervalo [0, π]. Solución: a) 13/6. b) 3/2 − 2 sin(2) − cos(2) + sin(1) + cos(1). c) π 2 −40/9. 6. Considere la aplicación T definida por las ecuaciones x = u 2 −v 2 , y = 2uv. a) Calcule el jacobiano J T (u, v). b) Sea Q el rectángulo en el plano uv con vértices (1,1), (2,1), (2,3), (1,3). Represente, mediante un dibujo, la imagen T(Q) en el plano XY . Solución: a) J T (u, v) = 4(u 2 +v 2 ). 7. Considere la aplicación T definida por las ecuaciones x = u +v, y = v −u 2 . a) Calcule el Jacobiano J T (u, v). b) Un triángulo Q en el plano (u, v) tiene vértices (0,0), (2,0), (0,2). Repre- sente, mediante un dibujo, la imagen T(Q) = D en el plano xy. c) Calcule el área de D mediante una integral doble extendida a D y también mediante otra integral doble extendida a Q. Solución: Area = 14/3. 8. Si V es el sólido limitado por el elipsoide x 2 a 2 + y 2 b 2 + z 2 c 2 = 1 , calcule V ( x 2 a 2 + y 2 b 2 + z 2 c 2 ) dxdydz. Problemas propuestos Solución: Cambio: x = aρ sin(θ) cos(ϕ), y = bρ sin(θ) sin(ϕ), z = cρ cos(θ). |J T | = abcρ 2 sin(θ). Resultado: 4 5 πabc. 9. Calcule la integral A x 2 +y 2 dxdydz, siendo A el sólido for- mado por la hoja superior del cono z 2 = x 2 +y 2 y el plano z = 1. Solución: π/6. 10. Calcule la integral V (x 2 +y 2 ) dxdydz, siendo V el sólido limi- tado por la superficie 2z = x 2 +y 2 y el plano z = 2. Solución: Cambio a coordenadas cilíndricas. Solución: 16π/3. 11. Halle el volumen del tumor cuya ecuación en esféricas es 0 ≤ ρ ≤ 3 + sen(5ϕ)sen(4θ), ϕ ∈ [0, 2π], θ ∈ [0, π]. Solución: 821π/21 12. Utilizando el cambio a polares, halle D x 2 +y 2 , siendo D = (x, y) ∈ R 2 : (x −1) 2 +y 2 ≤ 1 ¸ . Solución: 3π/2 13. La densidad en un punto (x, y) sobre la lámina semicircular D = (x, y) ∈ R 2 : y ≥ 0, x 2 +y 2 ≤ r 2 ¸ La integral múltiple es f(x, y) = a x 2 +y 2 . Calcule el centro de masa de la lámina. Solución: (0, 3r/2π) 14. Sea S el sólido limitado por el cilindro y 2 + z 2 = 9 y los planos x = 0, y = 3x, z = 0 en el primer octante. Si tiene una función de densidad dada por f(x, y, z) = x 2 +y 2 , calcule su masa, centro de masa y momento de inercia alrededor del eje OZ. 15. Halle el volumen del sólido comprendido dentro del tronco cónico x 2 + y 2 = (z − 1) 2 , con z ∈ [0, 1 2 ] , exterior al cilindro x 2 + y 2 = 1 4 , utilizando el teorema de Pappus-Guldin. Solución: π/6 16. Halle el volumen del toro de radios R y r (R > r) de ecuación z 2 + ( x 2 +y 2 −R) 2 ≤ r 2 a) utilizando el cambio a coordenadas cilíndricas. b) utilizando el teorema de Pappus-Guldin. Solución: 2π 2 Rr 2 17. Utilizando el teorema de Green-Riemann, calcule la integral de línea γ y 2 dx +xdy , siendo γ la circunferencia de radio 2 y centro en el origen. Solución: 4π. 18. Calcule, aplicando la fórmula de Green-Riemann, la integral γ (2xy −x 2 )dx −(x +y 2 )dy , siendo γ la curva formada por los ejes coordenados y el cuadrante positivo de la circunferencia x 2 +y 2 = 4. Solución: −π −16/3. Problemas propuestos 19. Calcule, mediante una integral de línea, el área de la región plana: D = { (x, y) ∈ R 2 : x ≥ y 2 −1 , x 2 + 4y 2 ≤ 4 } 20. Calcule el área de la región del primer cuadrante limitada por la curva ρ = 3 cos 3t , t ∈ [0, π 6 ]. a) Mediante una integral doble. b) Mediante una integral de línea. Solución: 3π/8. 21. Sea D la región interior a la elipse 4x 2 +9y 2 = 36 y exterior al círculo x 2 + y 2 = 1. Denotando por α a la frontera de esta región, calcule la integral de línea α 2xydx + (x 2 + 2x)dy. Solución: 10π. 22. Calcule el área de la región interior a la circunferencia x 2 +y 2 = 4 y a la derecha de la recta x = 1. Solución: 4π/3 − √ 3. 23. Calcule el área de la región del plano A = {(x, y) ∈ R 2 : y ≤ 4x −x 2 , y ≥ 6 −3x, y ≥ 0}. Solución: 151/6. 24. Halle el volumen limitado por: a) x 2 +y 2 +z 2 = 4, x 2 +y 2 = 3z. b) z = x 2 + 6y 2 , x 2 + 4y 2 = 4, z = 0. Solución: a) 19π/6. b) 20π/3. La integral múltiple 25. Calcule la integral triple V (4x 2 + 9y 2 + 36z 2 )dxdydz siendo V el interior del elipsoide x 2 9 + y 2 4 +z 2 = 1. Solución: Cambio: x = 3ρ sin(θ) cos(ϕ), y = 2ρ sin(θ) sin(ϕ), z = ρ cos(θ). J T = −6ρ 2 sin(θ). Valor de la integral: 864 5 π. 26. Haciendo un cambio a coordenadas esféricas, resuelva la integral A (x 2 +y 2 +z 2 ) dxdydz , siendo A el sólido A = {(x, y, z) ∈ R 3 : x 2 +y 2 +z 2 ≤ 1 , x 2 +y 2 ≤ z 2 , z ≥ 0}. 27. Calcule el volumen del sólido limitado por las superficies z = 4 −y 2 , y = x, x = 2, z = 0. 28. Utilizando un cambio de variable, halle el valor de la integral D (x −y) 2 sin 2 (x +y) dxdy , donde D es el paralelogramo de vértices (π, 0), (2π, π), (π, 2π), (0, π). 29. Sea la región D del plano limitada por las curvas 4x 2 + (y −1) 2 = 4, 4x 2 + (y + 1) 2 = 4 y que contiene el (0,0). a) Calcule la integral D (x −y) dxdy. b) Calcule la integral anterior como la integral curvilínea de cierto campo vectorial F : R 2 → R 2 . (Utilice el teorema de Green-Riemann para encontrar el campo F adecuado). Problemas propuestos 30. Calcule la integral V z sin(x 2 +y 2 )dxdydz , siendo V el sólido limitado por las superficies z = cos(x 2 +y 2 ), z = 0 con z ≥ 0. 31. Calcule el área, utilizando coordenadas polares, de la región limitada por la curva (x 2 +y 2 ) 2 = 2xy, x ≥ 0, y ≥ 0, a) mediante una integral curvilínea, b) mediante una integral doble. 32. Calcule el volumen de la porción del sólido comprendido entre las superficies (z + 1) 2 = x 2 +y 2 , 4z = x 2 +y 2 , situada por encima el plano XY. Problemas resueltos Solución: La intersección de la superficie con el plano xy es: z = x2 − y 2 z=0 → y 2 = x2 → y=x y = −x y con los planos x = 1 y x = 3, las parábolas z = 1 − y 2 y z = 9 − y 2 , respectivamente. Para hallar el volumen del sólido dado hemos de calcular la integral doble de la función z = f (x, y) = x2 − y 2 sobre la región D del plano xy comprendida entre las rectas x = 1, x = 3, y = x e y = −x : D = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 3, −x ≤ y ≤ x} V = D (x2 − y 2 )dxdy = 1 3 x −x (x2 − y 2 )dy dx = y3 3 x 3 3 = 1 x2 y − dx = −x 1 4 3 1 x dx = x4 3 3 3 = 1 80 . 3 3. Calcule D x2 y 2 dxdy siendo D la porción acotada del primer cua- drante situada entre las dos hipérbolas xy = 1 y xy = 2 y las líneas rectas y = x e y = 4x. +∞[→ R2 . v > 0 y ≤4 . √ ). y) ∈ R2 : 1 ≤ xy ≤ 2. Hemos de comprobar además que su jacobiano es no nulo: 1/v JT (u. v > 0. x Con lo que y = vx. y = uv. 1). y) ∈ R2 : 1 ≤ xy ≤ 2. v) = 2 u/v v √ 2 uv −u/v 2 2 u/v u √ 2 uv = 1 = 0.La integral múltiple Solución: La región D es el conjunto D = (x. +∞[×]0. v) tal que T (u. y) hay un solo (u. v T es una transformación inyectiva (para cada (x. 1) 4 2 xy = 2 y = 4x xy = 2 y=x → x2 = 1 1 4 → P3 = ( √ . x ≤ y ≤ 4x} = = (x. T (u. v siempre que u. 2) . y)) y es de clase C 1 . 2 2 2 √ √ → x2 = 2 → P4 = ( 2. 2v ∀u. u = vx2 → x= √ u . v) = ( u √ . 1 ≤ Esta expresión nos sugiere el cambio de variables y u = xy. uv). v) = (x. v = . Podemos dibujar fácilmente la región D calculando los puntos de corte de las rectas con las hipérbolas dadas (recordemos que son sólo los del primer cuadrante): xy = 1 y=x → x2 = 1 → P1 = (1. x y la transformación que obtenemos es T :]0. xy = 1 y = 4x → x2 = 1 1 → P2 = ( . con z ≥ 0. 1 u3 dv = 2v 3 2 . del recinto (en el plano uv) Q = (u. Calcule la integral (2zx2 + 2zy 2 ) dxdydz . v) ∈ R2 : 1 ≤ u ≤ 2. Aplicando el teorema del cambio de variable obtenemos: x2 y 2 dxdy = D 2 u2 Q 1 dudv = 2v 4 1 = 1 u2 du. 3 4. Solución: La intersección del cono con el cilindro es: x2 + y 2 = z 2 x2 + y 2 = 1 → la circunferencia x2 + y 2 = 1 en el plano z = 1. 1 1 log v 2 4 = 1 7 log 2. . V siendo V el volumen exterior a la hoja superior del cono z 2 = x2 + y 2 e interior al cilindro x2 + y 2 = 1. 1 ≤ v ≤ 4 .Problemas resueltos Es obvio que esta región D (en el plano xy) es la imagen. T (Q). el recinto V es la imagen. 0 ≤ z ≤ x2 + y 2 Haciendo el cambio a coordenadas cilíndricas x = ρ cos ϕ T : U → R3 . ρ sen ϕ. ϕ. T (Q). ϕ. +∞[×]0. z) y = ρ sen ϕ z=z siendo U =]0. y. 0 < ϕ < 2π. 2π[×R. Por tanto. z) = ρ. T (ρ. ϕ. z) = (ρ cos ϕ. 0 ≤ z ≤ ρ} ⊂ U. z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 1.La integral múltiple El conjunto V será el conjunto descrito por: V = (x. 3 . haciendo la integral con este cambio de variable obtenemos: (2zx2 + 2zy 2 ) dxdydz = V = Q 1 2zρ2 ρ dρdϕdz = 0 2π 0 ρ z 2 ρ3 0 dϕ 1 0 1 2π 0 2π 0 ρ 2zρ3 dz dϕ dρ = 1 = 0 dρ = 0 ρ6 ρ dϕ dρ = 2π 6 5 = 0 π . De esta manera. y puesto que x2 + y 2 = ρ2 = 1 en el cilindro y z 2 = ρ2 en el cono. JT (ρ. z) ∈ U : 0 < ρ ≤ 1. que es la región del plano y = 0 comprendida entre el cilindro y el cono) del conjunto Q = {(ρ. (salvo un conjunto de medida cero. Solución: Puesto que el conjunto A es un trozo de esfera haremos el cambio a coordenadas esféricas para que el recinto de integración sea más manejable. . y. θ) = (ρ cos ϕ sen θ. 0<θ≤ 2 2 ⊂ U. π[. z ≥ 0}. siendo A el conjunto A = {(x. θ) = −ρ2 sen θ. θ) ∈ R3 : 0 < ρ ≤ 1. y ≥ 0 . ϕ. distinto de cero en cualquier punto del abierto U =]0. Calcule la integral A xyz dxdydz . x ≥ 0 . x = ρ cos ϕ sen θ y = ρ sen ϕ sen θ z = ρ cos θ T : U → R3 . ϕ. +∞[×]0. y. ρ sen ϕ sen θ. ϕ. z) ∈ A : y = 0} π π . T (ρ. JT (ρ. 2π[×]0.Problemas resueltos 5. con jacobiano. z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1 . Sea Q = (ρ. ρ cos θ) T es C 1 -invertible. 0 < ϕ ≤ Es claro que su imagen mediante T es T (Q) = A − {(x. Calcule la integral (x2 + 5y 2 )dxdy . (es un trozo de plano) podemos aplicar el teorema del cambio de variable para calcular la integral que se pide por medio de una integral sobre el rectángulo Q: xyz dxdydz = A = Q 1 ρ cos ϕ sen θ ρ sen ϕ sen θ ρ cos θ ρ2 sen θ dρdϕdθ = π 2 π 2 = 0 1 ρ5 sen ϕ cos ϕ sen3 θ cos θ dθ dϕ dρ = π 2 0 0 π 2 = 0 ρ5 dρ sen ϕ cos ϕ dϕ π 2 sen3 θ cos θ dθ = = 1 ρ6 0 sen2 ϕ sen4 θ 4 π 2 0 6 0 2 = 0 0 1 . y. D extendida a la región del plano D := {(x. Solución: . 48 6. z) ∈ A : y = 0} tiene medida cero en R3 . y) ∈ R2 : y ≥ 0.La integral múltiple y puesto que el conjunto {(x. 4 ≤ x2 + y 2 ≤ 16}. γ siendo γ el cuadrado de vertices (1. . ϕ) = (ρ cos ϕ. ρ sen ϕ) donde U =]0.-1).Problemas resueltos La región D es una corona circular. T (ρ. La corona D es la imagen mediante T del rectángulo Q = ρ. +∞[×]0. Utilizando el teorema de Green-Riemann. (1. ϕ) ∈ R2 : 2 ≤ ρ ≤ 4. 2 7. Hacemos la transformación x = ρ cos ϕ y = ρ sen ϕ T : U → R2 .1). 0<ϕ≤π ⊂U salvo un conjunto de medida cero en R2 que es el trozo del eje OX comprendido entre x = 2 y x = 4 (que se obtendría con la imagen de los puntos tales que ϕ = 0).1). ϕ) = ρ es distinto de cero en U . calcule la integral de línea y 2 dx + xdy . (-1. 2π[ y JT (ρ. (-1. que nos resultará mucho más sencilla de calcular porque Q es un rectángulo: (x2 + 5y 2 )dxdy = D 4 Q π 0 4 ρ2 cos2 ϕ + 5ρ2 sen2 ϕ ρ dρdϕ = ρ3 1 + 4sen2 ϕ dϕ dρ = π = 2 = 2 ρ3 0 4 [1 + 2(1 − cos 2ϕ)] dϕ dρ = 3ϕ − sen 2ϕ π 0 ρ4 = 4 = 180π. esto sugiere el cambio a polares para hacer la integral.-1). Aplicando el cambio de variable calculamos la integral doble en D por medio de una integral doble en Q. Calcule la integral (x + y)dx + (y − x)dy. convexa. Aplicaremos la fórmula de Green-Riemann P dx + Qdy = γ D ∂Q ∂P − ∂x ∂y dxdy con P (x. Así: y 2 dx + xdy = γ 1 D 1 1 (1 − 2y)dxdy = y − y2 1 dx −1 −1 1 −1 (1 − 2y)dy dx = 2dx = 4. −1 = −1 = 8. b) Aplicando el teorema de Green-Riemann. 1] × [−1.La integral múltiple Solución: LLamemos D a la región. y) = x que son de clase C 1 . y) = y 2 y Q(x. . γ a) Directamente. Es obvio que D = γ ∗ ∪ intγ = [−1. 1]. limitada por γ. Considere la curva γ una parametrización de la elipse 4(x2 − 1) + y 2 = 0. 2 sen t). 0 b) Sea D = γ ∗ ∪ intγ. (x + y)dx + (y − x)dy = γ 2π = 0 2π [(cos t + 2 sent)(−sent) + (2 sent − cos t)2 cos t]dt = sen2 t (sent cos t − 2)dt = − 2t 2 2π = 0 = −4π. y) = x+y y Q(x. Aplicando el teorema de Green-Riemann con P (x. y) = y−x. 2π] que es una parametrización de clase C 1 . .Problemas resueltos Solución: a) Para calcular la integral de línea hemos de parametrizar la elipse: 4(x2 −1)+y 2 = 0 → x2 + y2 =1 4 → γ(t) = (cos t. b = 2). obtenemos: (x + y)dx + (y − x)dy = γ γ P dx + Qdy = D ∂Q ∂P − ∂x ∂y dxdy = = D (−2)dxdy = −2µ(D) = −4π. y teniendo en cuenta que el área de la elipse de semiejes a y b es πab (en nuestro caso a = 1. ∀t ∈ [0. b) Mediante una integral de línea. 2x + y = 20. . 3 10 8 dxdy = D2 8 0 dy dx = 8 (20 − 2x)dx = 20x − x2 = 4. será: dxdy = D 8 √ 2x D1 dxdy + D2 8√ 0 10 dxdy √ 2 3 2 x2 3 8 dxdy = D1 10 dy dx = 0 0 20−2x 2x dx = = 0 64 . 0≤y≤ √ 2x 0 ≤ y ≤ 20 − 2x con medida en R2 . D2 = (x. calculada mediante una integral doble. y = 0. a) Mediante una integral doble. El área de D = D1 ∪ D2 . y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 8. Calcule el área de la región del primer cuadrante comprendida entre las curvas: y 2 = 2x. Solución: a) Calculemos la intersección de la parábola y la recta que delimitan la región descrita: y 2 = 2x 2x + y = 20 → y 2 + y − 20 = 0 → y = −5. x = 8 La región dada D es la unión de dos regiones D1 = (x.La integral múltiple 9. y) ∈ R2 : 8 ≤ x ≤ 10. no es positivo y = 4. y) = x. tomando P (x. De esta manera es γ = (−γ1 ) ∪ (−γ2 ) ∪ γ3 . 20 − 2t). mediante integración. y) = 0.Problemas resueltos Sumando las dos integrales obtenemos: area de D = D dxdy = 64 76 +4= . t ∈ [8. Q(x. siendo z ≥ 0. t ∈ [0. 3 10. Solución: La intersección de las dos superficies es x2 + y 2 + z 2 = 5 x2 + y 2 = 4z 2 5z 2 = 5 → z 2 = 1 → z = 1 (z ≥ 0) x2 + y 2 = 4 → . Calcule. el volumen del sólido limitado por el cono x2 + y 2 = 4z 2 y la esfera x2 + y 2 + z 2 = 5. 4] − el eje OX : γ(t) = (t. 0). podemos calcular el área de D como: dxdy = D γ 10 xdy = − γ1 xdy − γ2 4 2 t 0 xdy + γ3 2 10 8 xdy = t3 − 6 4 =− 8 (−2t)dt − 2 dt = t = 0 76 . t ∈ [0. 10]. 3 3 b) Hemos de parametrizar la curva γ que delimita la región D : − la recta 2x + y = 20 : γ1 (t) = (t. 10] 2 − la parábola y 2 = 2x : γ(t) = ( t2 . t). Por el teorema de Green-Riemann. 2. por ejemplo el punto (0. θ) ∈ R3 : 0 ≤ ρ ≤ 5. de modo que si consideramos el conjunto √ Q = (ρ. El radio vector ρ variará desde 0 al √ radio de la esfera 5 y el ángulo ϕ debe recorrer toda la circunferencia. 1). Entonces dxdydz = V 2π √ 5 Q arctan 2 ρ2 sen θ dρdϕdθ = √ 5 ρ3 = dϕ ρ2 dρ sen θdθ = 2π 3 0 0 0 0 √ arctan 2 10 5 1 10 √ = π −√ = π( 5 − 1). 0 < ϕ < 2π. ϕ. 0 < θ ≤ arctan 2 su imagen mediante T es el recinto V (salvo un conjunto de medida cero en R3 : los puntos para los que ϕ = 0 ó θ = 0).La integral múltiple Sea V el sólido considerado. En este punto tan θ = 2 y por lo tanto θ = arctan 2. Su volumen es µ(V ) = V dxdydz Para calcular esta integral haremos un cambio a coordenadas esféricas: x = ρ cos ϕ sen θ JT (ρ. ϕ. θ) = −ρ2 sen θ y = ρ sen ϕ sen θ z = ρ cos θ La variación del ángulo θ dentro del recinto de integración viene dada por el ángulo que forma la generatriz del cono con el eje OZ en un punto de la intersección de las dos superficies. 3 3 1 + tan2 θ 0 − cos θ arctan 2 0 = . Solución: a) 1/3. sen2 xsen2 ydxdy donde I = [0. 1] . π/2] . y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1}. y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1. x + y. 1]. Calcule I f (x. y)dxdy siendo I = [0. c) 2. en el resto. 1] × [0. π/2] × [0. 40 5 2 Solución: 3. x2 ≤ y ≤ 2x2 . π] .Problemas propuestos Problemas propuestos 1. I b) c) I sen (x + y)dxdy donde I = [0. 2. 0 . x3 ≤ y ≤ x}. Calcule la integral doble A (x2 + y 2 ) dxdy siendo A = {(x. 4. Solución: 12 . f (x. π] × [0. Calcule la integral doble A (4x + 7y) dxdy donde A = {(x. Calcule las integrales dobles por integración sucesiva a) I xy(x + y)dxdy donde I = [0. y) = 21 2 − √ . 10 . 1] × [0. b) π 2 /4. Solución: 1/2. v). Represente. (2. v).0). 0). mediante un dibujo. (1 + x)seny dxdy siendo D el trapezoide de vértices (0.3). π 2 − 40/9. (1.0). (2. 0). b) Un triángulo Q en el plano (u. b) Sea Q el rectángulo en el plano uv con vértices (1. 8. 6. Represente. D b) (0. (2. v) tiene vértices (0. mediante un dibujo. la imagen T (Q) en el plano XY . Dibuje la región de integración y calcule la integral doble a) D (x2 + y 2 )dxdy siendo D el triángulo de vértices (0.0).La integral múltiple 5.3). c) D (x2 − y 2 )dxdy siendo D la región limitada por el eje OX y la gráfica b) 3/2 − 2 sin(2) − cos(2) + sin(1) + cos(1).1). Considere la aplicación T definida por las ecuaciones x = u + v. (1. v) = 4(u2 + v 2 ). Solución: a) 13/6.2). Considere la aplicación T definida por las ecuaciones x = u2 − v 2 . la imagen T (Q) = D en el plano xy.0). 1). (2. a) Calcule el Jacobiano JT (u. a2 b c calcule V y = 2uv.2). Solución: Area = 14/3. π]. (2. c) de la función y = senx en el intervalo [0. (0. (1. ( x2 y 2 z 2 + 2 + 2 ) dxdydz. 7. Si V es el sólido limitado por el elipsoide x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1.1). y = v − u2 . c) Calcule el área de D mediante una integral doble extendida a D y también mediante otra integral doble extendida a Q. Solución: a) JT (u.1). a) Calcule el jacobiano JT (u. a2 b c . x2 + y 2 ≤ r2 . y) ∈ R2 : (x − 1)2 + y 2 ≤ 1 .Problemas propuestos Solución: Cambio: x = aρ sin(θ) cos(ϕ). 2π]. Resultado: πabc. z = cρ cos(θ). ϕ ∈ [0. π]. 10. La densidad en un punto (x. 5 9. y) sobre la lámina semicircular D = (x. 4 |JT | = abcρ2 sin(θ). D siendo D = (x. Solución: π/6. siendo A el sólido for- mado por la hoja superior del cono z 2 = x2 + y 2 y el plano z = 1. y) ∈ R2 : y ≥ 0. Solución: 3π/2 13. Solución: 16π/3. Utilizando el cambio a polares. Calcule la integral A x2 + y 2 dxdydz. Calcule la integral V (x2 + y 2 ) dxdydz. halle x2 + y 2 . y = bρ sin(θ) sin(ϕ). Halle el volumen del tumor cuya ecuación en esféricas es 0 ≤ ρ ≤ 3 + sen(5ϕ)sen(4θ). θ ∈ [0. Solución: 821π/21 12. siendo V el sólido limi- tado por la superficie 2z = x2 + y 2 y el plano z = 2. Solución: Cambio a coordenadas cilíndricas. 11. ] . Sea S el sólido limitado por el cilindro y 2 + z 2 = 9 y los planos x = 0. 15. Calcule el centro de masa de la lámina. γ siendo γ la curva formada por los ejes coordenados y el cuadrante positivo de la circunferencia x2 + y 2 = 4. Solución: −π − 16/3. 18. la integral (2xy − x2 )dx − (x + y 2 )dy . calcule la integral de línea y 2 dx + xdy . . Solución: π/6 16. Halle el volumen del toro de radios R y r (R > r) de ecuación z 2 + ( x2 + y 2 − R)2 ≤ r2 a) utilizando el cambio a coordenadas cilíndricas. con z ∈ [0. Solución: 2π 2 Rr2 17. Solución: 4π. y = 3x. 3r/2π) 14. centro de masa y momento de inercia alrededor del eje OZ. Halle el volumen del sólido comprendido dentro del tronco cónico 1 1 x2 + y 2 = (z − 1)2 . γ siendo γ la circunferencia de radio 2 y centro en el origen. Solución: (0.La integral múltiple es f (x. b) utilizando el teorema de Pappus-Guldin. y. y) = a x2 + y 2 . Si tiene una función de densidad dada por f (x. calcule su masa. 2 4 utilizando el teorema de Pappus-Guldin. Utilizando el teorema de Green-Riemann. z) = x2 + y 2 . Calcule. exterior al cilindro x2 + y 2 = . z = 0 en el primer octante. aplicando la fórmula de Green-Riemann. Problemas propuestos 19. x2 + 4y 2 = 4. Halle el volumen limitado por: a) x2 + y 2 + z 2 = 4. Solución: 3π/8. y) ∈ R2 : y ≤ 4x − x2 . ]. y ≥ 6 − 3x. mediante una integral de línea. a) Mediante una integral doble. Calcule el área de la región del primer cuadrante limitada por la curva ρ = 3 cos 3t . 21. Calcule el área de la región del plano A = {(x. 22. α π t ∈ [0. Denotando por α a la frontera de esta región. Solución: 151/6. x2 + y 2 = 3z. x2 + 4y 2 ≤ 4 } 20. Sea D la región interior a la elipse 4x2 + 9y 2 = 36 y exterior al círculo x2 + y 2 = 1. b) 20π/3. z = 0. . Calcule. 24. Calcule el área de la región interior a la circunferencia x2 + y 2 = 4 y a la derecha de la recta x = 1. calcule la integral de línea 2xydx + (x2 + 2x)dy. 23. b) Mediante una integral de línea. √ Solución: 4π/3 − 3. b) z = x2 + 6y 2 . Solución: a) 19π/6. 6 Solución: 10π. el área de la región plana: D = { (x. y) ∈ R2 : x ≥ y 2 − 1 . y ≥ 0}. z ≥ 0}. 2π). 0). JT = −6ρ2 sin(θ). Utilizando un cambio de variable. 4x2 + (y + 1)2 = 4 y que contiene el (0. (0. 28. Valor de la integral: 864 π. 9 4 Solución: Cambio: x = 3ρ sin(θ) cos(ϕ). (2π. 5 26. Haciendo un cambio a coordenadas esféricas. x2 + y 2 ≤ z 2 . Sea la región D del plano limitada por las curvas 4x2 + (y − 1)2 = 4. 29. π). a) Calcule la integral (x − y) dxdy. (Utilice el teorema de Green-Riemann para encontrar el campo F adecuado). .La integral múltiple 25. A siendo A el sólido A = {(x. y = 2ρ sin(θ) sin(ϕ).0). π). z = 0. resuelva la integral (x2 + y 2 + z 2 ) dxdydz . (π. D donde D es el paralelogramo de vértices (π. Calcule el volumen del sólido limitado por las superficies z = 4 − y2. z = ρ cos(θ). z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1 . y = x. y. x = 2. 27. Calcule la integral triple el interior del elipsoide V (4x2 + 9y 2 + 36z 2 )dxdydz siendo V x2 y 2 + + z 2 = 1. D b) Calcule la integral anterior como la integral curvilínea de cierto campo vectorial F : R2 → R2 . halle el valor de la integral (x − y)2 sin2 (x + y) dxdy . Problemas propuestos 30. y ≥ 0. V siendo V el sólido limitado por las superficies z = cos(x2 + y 2 ). z = 0 con z ≥ 0. situada por encima el plano XY. 32. utilizando coordenadas polares. Calcule la integral z sin(x2 + y 2 )dxdydz . b) mediante una integral doble. Calcule el área. 4z = x2 + y 2 . x ≥ 0. Calcule el volumen de la porción del sólido comprendido entre las superficies (z + 1)2 = x2 + y 2 . a) mediante una integral curvilínea. 31. . de la región limitada por la curva (x2 + y 2 )2 = 2xy.