Integrales de area y volumen

La integral múltiple

Problemas 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) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ 2x, es la porción 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:
2 4 2 2x x

f=
A 1
2

f (x, y)dy dx =
1 1
2x 2

1 dy dx = (x + y)2
2

=
1

1 − x+y

dx =
x 1

1 1 1 (− + )dx = log x 3x 2x 6

=
1

1 log 2. 6

2. Un sólido está limitado por la superficie z = x2 − y 2 , el planoxy, 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 = 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 situadaentre 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) ∈ R2 : 1 ≤ xy ≤ 2, x ≤ y ≤ 4x} = = (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ xy ≤ 2, 1 ≤
Esta expresión nos sugiere el cambio de variables y u = xy, v = . x
Con lo que y = vx, u = vx2 → x=
√ u , y = uv, v
siempre que u, v > 0

y ≤4 . x

y la transformación queobtenemos es T :]0, +∞[×]0, +∞[→ R2 , T (u, v) = (
u √ , uv). v

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: 1/v JT (u, v) =
2 u/v
v √ 2 uv

−u/v 2
2 u/v
u √ 2 uv
= 1 = 0, 2v
∀u, v > 0.

Podemos dibujar fácilmente la región D calculando los puntos de corte de lasrectas con las hipérbolas dadas (recordemos que son sólo los del primer cuadrante): xy = 1 y=x → x2 = 1 → P1 = (1, 1); xy = 1 y = 4x → x2 = 1 1 → P2 = ( , 1) 4 2

xy = 2 y = 4x
xy = 2 y=x

→ x2 =

1 1 4 → P3 = ( √ , √ ); 2 2 2

√ √ → x2 = 2 → P4 = ( 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) ∈ R2: 1 ≤ u ≤ 2, 1 ≤ v ≤ 4 . Aplicando el teorema del cambio de variable obtenemos: x2 y 2 dxdy =
D
2

u2
Q

1 dudv = 2v
4 1

=
1

u2 du.

1 u3 dv = 2v 3

2

.
1

1 log v 2

4

=
1

7 log 2. 3

4. Calcule la integral (2zx2 + 2zy 2 ) dxdydz ,
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, con z ≥ 0.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.

La integral múltiple

El conjunto V será el conjunto descrito por: V = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤
x2 + y 2

Haciendo el cambio a coordenadas cilíndricas  x = ρ cos ϕ   T : U → R3 , T (ρ, ϕ, z) = (ρ cos ϕ, ρ sen ϕ, z) y = ρ sen ϕ   z=z siendo U=]0, +∞[×]0, 2π[×R, JT (ρ, ϕ, z) = ρ. De esta manera, y puesto que x2 + y 2 = ρ2 = 1 en el cilindro y z 2 = ρ2 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...