Integrales

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 Solución:
A

f , supuesta su existencia.

La región sombreada, A = (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ 2x , es laporción 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: f= =
1 2 1 2 1 4 2 1 x 2x

A

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

1 dy dx = (x + y)2
2 1

−

1 x+y

dx =

2 1

(−

1 1 1 + )dx = log x 3x 2x 6

=

1 log 2. 6

2. Un sólido está limitado por la superficie z = x2 − y 2 , el plano xy, y los planos x = 1 y x = 3. Calculesu 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 xycomprendida entre las rectas x = 1, x = 3, y = x e y = −x : D = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 3, −x ≤ y ≤ x} V = (x2 − y 2 )dxdy = =
1 3 1 3 x −x

D

(x2 − y 2 )dy dx = y3 3
x −x

x2 y −

dx =

3 1

4 3 1 x dx = x4 3 3

3 1

=

80 . 3

3. Calcule

drante situada entre las dos hipérbolas xy = 1 y xy = 2 y las líneas rectas y = x e y = 4x.

D

x2 y 2 dxdy siendo D la porción acotada del primer cua-

Laintegral 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 que obtenemos es T :]0, +∞[×]0, +∞[→ R2 , T (u, v) = ( u √ , uv). v

T es una transformación inyectiva (paracada (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 las rectas con las hipérbolas dadas (recordemos que son sólo los del primer cuadrante): xy = 1 y=x → x2 = 1 → P1 =(1, 1); xy = 2 y = 4x xy = 2 y=x xy = 1 y = 4x → x2 = 1 1 → P2 = ( , 1) 4 2

→ 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 = =
1 2

D

Q

u2

1 dudv = 2v
41

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

Elconjunto 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), (salvoun 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

(2zx2 + 2zy 2 ) dxdydz = =
Q

2zρ2 ρ dρdϕdz =
2π

1 0 1 0 0

2π
0

ρ

2zρ3 dz dϕ dρ = ρ6 6
1

=
0

1 0

z 2 ρ3

ρ dϕ 0

dρ =

2π 0

ρ5 dϕ dρ = 2π

=...