Ca´lculo en Varias Variables - WordPress.com · Integrales triples en coordenadas cil´ındricas y esf´ericas . . . . 59 1.4.1. Coordenadas cil´ındricas ..... 59 1.4.2. Coordenadas

Calculo en VariasCalculo en VariasCalculo en VariasVariablesVariablesVariables

Julio C. Carrillo E.Profesor Escuela de Matematicas

Universidad Industrial de Santander

Monday, November 5, 2007 at 8:44 am(FA07.01,02)

Para uso exclusivo en el salon de clase.2007 c© Julio C. Carrillo E.

UniversidadIndustrial deSantander

Escuela de MatematicasUniversidad Industrial de Santander

2008

Agradecimientos a todos aquellos estudiantes que con suspreguntas ayudan a mejor los contenidos de este mate-

rial.

Definitivamente, hasta los que ensenamos tambien

aprendemos, si prestamos un poco de atencion en cla-se.

El Autor

Tabla de contenidos

1. Integracion multiple 11

1.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.2. Integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.2.1. Integrales doble sobre dominios rectangulares . . . . . 121.2.2. Integrales iteradas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.2.3. Integrales dobles sobre regiones mas generales . . . . . 211.2.4. Integrales dobles en coordenadas polares . . . . . . . . 291.2.5. Aplicaciones de las integrales dobles . . . . . . . . . . 37

1.3. Integrales triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 521.3.1. Aplicaciones de las integrales triples . . . . . . . . . . 56

1.4. Integrales triples en coordenadas cilındricas y esfericas . . . . 591.4.1. Coordenadas cilındricas . . . . . . . . . . . . . . . . . 591.4.2. Coordenadas esfericas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

1.5. Cambio de variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

1 Integracion multiple

1.1. Introduccion

Recordemos que la integral de Riemann de una funcion f en una variable ydefinida en el intervalo cerrado y acotado [a, b] se define como

∫ b

a

f(x) dx = lımn→∞

n∑i=1

f(x∗i )Δxi

si el lımite existe. Esta definicion se obtiene cuando se piensa en el problemade calcular el area bajo una curva. Primero se consideran los puntos x0 =a < x1 < x2 < · · · < xn = b que definen una particion del intervalo [a, b] enn subintervalos Ii = [xi−1, xi] de longitud Δxi = xi−xi−1, para i = 1, . . . n,y un punto x∗i en cada subintervalo Ii. Si ademas se considera que f es unafuncion no negativa entonces f(x∗i )Δxi representa el area del rectangulo Ride base Δxi y alto f(x∗i ). En consecuencia,

∑ni=1 f(x∗i )Δxi representa una

aproximacion del area A de la region R limitada por la grafica del funcionf , el eje x y las rectas horizontales x = a y x = b.

x0 x1x∗1 x∗2 x∗3 x3 xn−1 xnx∗nx2 · · · x

y

Caso cuando x∗i ∈ (xi−1, xi).

La anterior figura considera que el punto x∗i esta en el interior del intervaloIi. Ademas se pueden considerar los x∗i ’s de tal forma que

∑ni=1 f(x∗i )Δxi

represente una aproximacion por exceso o por defecto de A, es decir, porarriba o por abajo del area bajo la grafica de f . La siguiente figura incluyeestos casos para la funcion f(x) =

√x en el intervalo 0 ≤ x ≤ 9.

0

1

2

3

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Para conseguir el area exacta se debe aumentar el numero de rectangulosque se utilizan en la aproximacion del area; es decir, se debe tomar el lımite

de la aproximacion del area∑n

i=1 f(x∗i )Δxi cuando n tiende a infinito. Siel lımite existe, la integral

∫ ba f(x) dx representa el area A de la region R.

De este modo surge la definicion de integral definida de funciones de unavariable. Ahora bien, la continuidad de f en [a, b] garantiza que el lımitede las aproximaciones del area A existen y entonces la integral de f en[a, b] existe. El problema de evaluar la integral se resuelve mediante laspropiedades de la integral1 y las tecnicas de integracion2.En este capitulo se busca extender estas ideas a funciones de mas de unavariable, la cual se llamara integracion multiple. Se dedica especial atencional caso de las integrales dobles y triples, es decir, la integral de funciones dedos y tres variables. La necesidad de hacer este trabajo se hace evidente enla seccion de aplicaciones de la integrales multiples.

1.2. Integrales dobles

Con funciones de una variable se integra sobre un intervalo [a, b] en R y paraque esto tenga sentido cuando se integra una funcion f de dos variables, seintegrara f sobre una region de R

2 que sean el producto cartesiano de dosintervalos cerrados y acotados, digamos [a, b] y [c, d]. Si todo sale bien, estoproduce la integral de f sobre un rectangulo cerrado y acotado con ladosparalelos a los ejes coordenados, llamada la integral doble de f sobre R. Acontinuacion, se utiliza esta nocion de integral doble para obtener la integraldoble de f sobre conjuntos cerrados y acotados mas generales. Siguiendo lamisma lınea de trabajo del Calculo integral de funciones de una variable, seanalizara la definicion de integral doble, las condiciones para la existenciade la integral doble, y finalmente la forma de evaluar tales integrales.

1.2.1. Integrales doble sobre dominios rectangulares

Sea f : R ⊆ R2 → R una funcion de dos variables, donde

R = {(x, y) | a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d} = [a, b] × [c, d]

representa un rectangulo en R2 con lados paralelos a los ejes coordenados.

Tambien se supone que f(x, y) ≥ 0, y que S es la superficie dada por lagrafica de f(x, y) sobre el rectangulo R. Similar que en el caso de funcionesde una variable, se busca calcular el volumen V del solido que se encuentraabajo de S y arriba del rectangulo R. Primero, se procede a aproximar el

x

y

z

a

bc

d

R

Gf

volumen V al igual que se aproximo el area bajo una curva de una funcion enuna variable. Sean x0 = a < x1 < . . . < xm = b una particion del intervalo[a, b] en m subintervalos [xi−1, xi] de longitud Δxi = xi − xi−1, y y0 =c < y1 < . . . < yn = d una particion del intervalo [c, d] en n subintervalos[yj−1, yj ] de longitud Δyj = yj − yj−1. Entonces el producto cartesianode estas dos particiones produce una particion de R en mn subrectangulosRij = [xi−1, xi] × [yj−1, yj ] de area ΔAij = ΔxiΔyj , con i = 1, . . . ,m,

1 Cuando la integral de ciertas funciones son conocidas, por ejemplo, mediante tablas deintegracion.

2 Se utilizan cuando solo se conoce de la existencia de la integral pero se desconoce elresultado de la integral.

12 Julio C. Carrillo E. Para uso exclusivo en el salon de clase – UIS

j = 1, . . . , n.

a = x0 x1 x∗i xn−1 b = xm

c = y0

y∗j

d = yn

x

y

RijΔyj

Δxi

(x∗i , y∗j )

Si (x∗i , y∗j ) es un punto cualquiera en el subrectangulo Rij , entonces

x

y

z

a

bc

d

Gf

f(x∗i , y∗j )

(x∗i , y∗j )Rij

f(x∗i , y∗j )ΔxiΔyj representa el volumen del paralelogramo con base Rij y

altura f(x∗i , y∗j ). Por lo tanto, si f es no negativa, la suma doble de mn

terminos, la cual se llama suma doble de Riemann,

Smn =m∑i=1

n∑j=1

f(x∗i , y∗j )ΔAij =

m∑i=1

n∑j=1

f(x∗i , y∗j )ΔxiΔxj

representa la aproximacion del volumen V del solido S limitado por elrectangulo R y la grafica de f . Es claro que cuando las longitudes de lasparticiones de [a, b] y [c, d] decrecen (i.e., cuando m,n → ∞), entonces elvalor de Smn deberıa dar el volumen de S. Mas formalmente se tiene lasiguiente definicion.Definicion 1.1. Sea f : R ⊆ R

2 → R una funcion de dos variables de-Integral doble sobre unrectangulo finida sobre el rectangulo R = [a, b] × [c, d] con lados paralelos a los ejes

coordenados. Si el lımite

lımm,n→∞

m∑i=1

n∑j=1

f(x∗i , y∗j )ΔAij = lım

m,n→∞

m∑i=1

n∑j=1

f(x∗i , y∗j )ΔxiΔxj

existe se dice que f es integrable en R, o que la integral doble de f sobre Rexiste, y se denota de la forma∫∫

R

f(x, y) dA o∫∫R

f(x, y) dx dy

y es llamada la integral doble de f sobre R. Es decir,

∫∫R

f(x, y) dA := lımm,n→∞

m∑i=1

n∑j=1

f(x∗i , y∗j )ΔAij

o

∫∫R

f(x, y) dx dy := lımm,n→∞

m∑i=1

n∑j=1

f(x∗i , y∗j )ΔxiΔyj .

Si f es no negativa, la integral doble de f sobre R representa el volumen delsolido que se encuentra abajo de la grafica de f y arriba del rectangulo R.

Para uso exclusivo en el salon de clase – UIS Calculo en Varias Variables 13

Ejemplo 1.1. Para la funcion f(x, y) = k, donde k es una constante, laintegral doble ∫∫

R

f(x, y) dA = k(b− a)(c− d)

corresponde al volumen del paralelogramo con base R = [a, b]× [c, d] y alturak.Ejemplo 1.2. Si f(x, y) = x2 + y2 y R = [0, 1]× [0, 1], entonces la integral

x

y

z

doble ∫∫R

(x2 + y2) dx dy

representa el volumen del solido limitado por arriba por la grafica de f y porabajo por el rectangulo R.No toda funcion de dos variables es integrable sobre una region rectangularR, como es el caso de las funciones que no son acotadas. El siguiente re-sultado es fundamental para establecer que una funcion de dos variables esintegrable sobre R.Proposicion 1.1 (Existencia de la integral). Si f : R ⊆ R

2 → R es unaCondicion deintegrabilidad funcion acotada en R y es continua en R, excepto en un numero finito de

curvas suaves en R, entonces f es integrable en R. En particular, si f escontinua en todo R, entonces f es integrable en R.La demostracion de este resultado esta fuera del alcanza de este curso, perobasicamente establece que toda funcion de dos variables continua en R, ytoda funcion de dos variables que es acotada y discontinua a lo largo de unnumero finito de curvas discontinuas en R, son funciones integrables en R.De la definicion de integral como un lımite de sumas y los teoremas de lımitese obtienen las propiedades de la integral doble.Proposicion 1.2. Sean f y g funciones integrables en el rectangulo R, yPropiedades de la

integral doble sobre unrectangulo

sea k una constante. Entonces las funciones f + g, kf son integrables en R,y ademas

a. (Aditividad)∫∫R

(f + g) dA =∫∫R

f dA+∫∫R

g dA

b. (Homogeneidad)∫∫R

(kf) dA = k

∫∫R

f dA Ademas

c. (Monotonıa)i) Si f(x, y) ≤ g(x, y) para todo (x, y) en R, entonces∫∫

R

f dA ≤∫∫R

g dA

ii)

∣∣∣∣∣∣∫∫R

fdA

∣∣∣∣∣∣ ≤∫∫R

|f |dA

d. (Aditividad por descomposicion del dominio) Si Rk, k = 1, . . . , l sonrectangulos disjuntos, tales que R = R1 ∪R2 ∪ · · · ∪Rl y f es integrable


sobre cada rectangulo Rk, entonces f es integrable sobre R y∫∫R

fdA =∫∫R1

f dA+ · · · +∫∫Rl

f dA

La primera y la segunda propiedad garantizan que la integral doble cumplecon la propiedad de linealidad.

1.2.2. Integrales iteradas

Resuelto el problema de la existencia de la integral doble, el siguiente pasoconsiste en resolver el problema de evaluar o calcular la integral doble de lafuncion f en dos variables sobre el rectangulo R = [a, b] × [c, d]. La sumadoble en la definicion de la integral doble sirve para estimar tal integral,pero es poco practica desde el punto de vista del calculo de la integral. Poresta razon se busca un metodo para evaluar la integral doble que no seamediante la definicion y que de alguna manera utilice el calculo integral defunciones en una variable. Algo similar a lo que ocurrio con el calculo de lasderivadas parciales.El origen de este metodo se encuentra en el Principio de Cavalieri3 para

x = a

x = x∗i

x = b

Plano de referencia

encontrar el volumen V de un cuerpo solido S. Si A(x) denota el area de laseccion transversal de S medida a una distancia x de un plano de referencia,de acuerdo con el Principio de Cavalieri, el volumen V de S esta dado por

V =∫ b

a

A(x) dx, (1.1)

donde a y b son la minima y la maxima distancias de S al plano de referen-cia. Formalmente se puede establecer la validez de este principio recurriendoal proceso de rebanar, aproximar e integrar. Primero, se considera una par-ticion a = x0 < x1 < . . . < xn = b del intervalo [a, b] y se obtienen elvolumen ΔVi de la rebanada con area de seccion transversal A(x∗i ) y deancho Δxi = xi − xi−1,

ΔVi ≈ A(x∗i )Δxi,

con x∗i en el subintervalo [xi−1, xi], para i = 1, . . . , n. Entonces la suma deRiemann que aproxima V es

n∑i=1

A(x∗i )Δxi.

y se puede considerar que

V = lımn→∞

n∑i=1

A(x∗i )Δxi,

si el limite existe. Por lo tanto, la formula (1.1) puede ser aceptada paracalcular el volumen V .3 Este principio fue originalmente descubierto en el siglo tercero por el matematico chinoLiu Hui, el cual se encuentra propuesto como un comentario en el libro “The NineChapters on the Mathematical Art”. Cavalieri desarrollo el “metodo de los indivisibles,que uso para determinar areas y volumenes. El metodo de Cavalieri se convirtio unpaso importante en el desarrollo del calculo infinitesimal moderno.


Ejemplo 1.3. Si R = [−1, 1]× [0, 4], evaluar la integral∫∫R

√1 − x2dA

Solucion. Como√

1 − x2 ≥ 0, la integral doble se puede interpretar comoun volumen. Si z =

√1 − x2 entonces se tiene que x2 + z2 = 1 y z ≥

0, entonces la integral doble representa el volumen V del solido S que seencuentra abajo del cilindro circular x2 + z2 = 1 y arriba del rectanguloR. Aplicando el principio de Cavalieri, con el plano xz como el plano dereferencia, se obtiene ∫∫

R

√1 − x2dA =

∫ 4

0

A(y) dy

donde las secciones transversales seran semicırculos de radio 1 de area

A(y) =π

2

Entonces, ∫∫R

√1 − x2dA =

∫ 4

0

π

2dy = 2π

Supongamos ahora que f es una funcion no negativa sobre el rectangulo R,Plano x = x0

Plano yz de referencia

A(x0)

ax0

bc

d

x

y

z

c dy

zf(x0, y)

A(x0)

y utilicemos el Principio de Cavalieri para obtener una formula que permitaevaluar el volumen V del solido S bajo la grafica de f ,

V =∫∫R

f(x, y) dA.

El area de la seccion transversal de S se puede obtener usando planos cor-tantes perpendiculares ya sea con respecto al eje x o al eje y. Sea el planoyz el plano de referencia. La seccion transversal determinada por el planocortante x = x0, con a ≤ x0 ≤ b, es la region plana debajo de la graficade z = f(x0, y) con c ≤ y ≤ d. Cuando fijamos x = x0 tenemos la funcionf(x0, y) que es continua en [c, d]. El area A(x0) de esta seccion transversales por tanto igual a la integral∫ d

c

f(x0, y) dy.

Ası, el area de seccion transversal A(x) es la funcion de la variable x,

A(x) =∫ d

c

f(x, y) dy

con x en [a, b]. Por el Principio de Cavalieri, el volumen V del solido Slimitado por la grafica de f y el rectangulo R debe ser igual a

V =∫ b

a

A(x) dx =∫ b

a

[∫ d

c

f(x, y) dy

]dx.


La integral del lado derecho se conoce como la integral iterada de f , puesse obtiene primero integrando a f con respecto a y y despues integrandoel resultado con respecto a x. Como

∫∫Rf(x, y) dA es igual al volumen V ,

entonces ∫∫R

f(x, y) dA =∫ b

a

[∫ d

c

f(x, y) dy

]dx.

Similarmente, cuando se invierten los roles de x y y y utilizando planoscortantes perpendiculares al eje x obtenemos∫∫

R

f(x, y) dA =∫ d

c

[∫ b

a

f(x, y) dx

]dy.

La expresion de la parte derecha de esta formula representa la integral ite-rada de f obtenida al integrar respecto a x y despues integrar el resultadocon respecto a y.El Teorema de Fubini establece de forma rigurosa mediante sumas de Rie-mann que la reduccion de la integral doble de una funcion no negativa fsobre un rectangulo R, consecuencia del Principio de Cavalieri, a cualquierde los dos tipos de integrales iteradas anteriores son validas, y que ademastales reducciones son iguales. Mas aun, el Teorema de Fubini establece queestas reducciones son validas para cualquier funcion de dos variables en ge-neral, donde las integrales iteradas son a menudo faciles de evaluar. En casode no serlo, se puede recurrir a un cambio de iteracion, como veremos.Finalmente, se debe aclarar con respecto a la notacion de las integralesiteradas que es comun encontrar que se eliminan los parentesis cuadradosen las integrales, y se escribe∫ b

a

[∫ d

c

f(x, y) dy

]dx =

∫ b

a

∫ d

c

f(x, y) dy dx

∫ d

c

[∫ b

a

f(x, y) dx

]dy =

∫ d

c

∫ b

a

f(x, y) dx dy

La primera version del Teorema de Fubini corresponde a funciones continuassobre una region rectangular.Proposicion 1.3. Sea f una funcion continua sobre un dominio rectangularTeorema de Fubini para

funciones continuas R = [a, b] × [c, d]. Entonces∫∫R

f(x, y) dA =∫ b

a

∫ d

c

f(x, y) dy dx =∫ d

c

∫ b

a

f(x, y) dx dy.

Cuando f es acotada en R y continua en excepto en un conjunto de curvassuaves en R se tiene.Proposicion 1.4. Sea f una funcion acotada sobre el dominio rectangularTeorema de Fubini para

funciones acotadas condiscontinuidades

R = [a, b]×[c, d] y discontinua en un numero finito de curvas suaves en R quehacen de la grafica de f la union finita de graficas de funciones continuas.Si la integral ∫ d

c

f(x, y) dy


existe para x en [a, b] entonces la integral iterada∫ b

a

[∫ d

c

f(x, y) dy

]dx

existe y ∫ b

a

[∫ d

c

f(x, y) dy

]dx =

∫∫R

f(x, y) dA.

Analogamente, si la integral ∫ b

a

f(x, y) dx

existe para y en [c, d] entonces la integral iterada∫ d

c

[∫ b

a

f(x, y) dx

]dy

existe y ∫ d

c

[∫ b

a

f(x, y) dx

]dy =

∫∫R

f(x, y) dA.

Por lo tanto, si las dos condiciones anteriores se cumplen simultaneamenteentonces∫ b

a

∫ d

c

f(x, y) dy dx =∫ d

c

∫ b

a

f(x, y) dx dy =∫∫R

f(x, y) dA.

Ademas, si f(x, y) = g(x)h(x) entonces∫∫R

f(x, y) dA =∫∫R

g(x)h(y) dA =

(∫ b

a

g(x) dx

)(∫ d

c

h(y) dy

)

Para calcular la integral doble de la primera parte del Teorema de Fubini,primero se debe calcular ∫ d

c

f(x, y) dy,

lo cual se hace manteniendo las x’s constantes e integrando con respecto ay como si fuera una integral de una funcion de una variable. Esto da comoresultado una funcion unicamente de x que puede ser integrada de nuevocon respecto a esta variable. Similar analisis se puede hacer para el calculode la integral ∫ b

a

f(x, y) dx

Un proceso similar se hace con las derivadas parciales. Para derivar una fun-cion de dos variables con respecto a x se consideran las y’s como constantesy se deriva a f con respecto a x como si se tratara de una funcion de unavariable. Las integrales dobles trabajan de la misma manera. Se piensa quelas x’s son constantes


Ejemplo 1.4. Evaluar∫∫R(x4y+y2) dA en el rectangulo R = [−1, 1]×[0, 1].

Solucion 1. Por el Teorema de Fubini,∫∫R

(x4y + y2) dA =∫ 1

−1

∫ 1

0

(x4y + y2)dy dx =∫ 1

−1

[∫ 1

0

(x4y + y2)dy]dx.

en donde la integral iterada se evalua integrando primero respecto a y (xse considera constante) y despues con respecto a x. Por el Teorema Funda-mental del Calculo, se puede realizar la integral con respecto a y y ası,

∫∫R

(x4y + y2) dA =∫ 1

−1

[∫ 1

0

(x4y + y2)dy]dx =

∫ 1

−1

[x4y2

2+y3

3

]1y=0

dx

=∫ 1

−1

[x4

2+

13

]dx =

[x5

10+x

3

]1−1

=1315

Solucion 2. Cuando se considera la segunda formula de la integral iteradapara evaluar

∫∫R(x4y + y2) dA, se integra primero con respecto a x (y se

considera como un parametro) y despues con respecto a y. Por el Teoremade Fubini y el Teorema Fundamental de Calculo para integrar con respectoa x, se obtiene

∫∫R

(x4y + y2) dA =∫ 1

0

[∫ 1

−1

(x4y + y2)dx]dy =

∫ 1

0

[x5y

5+ xy2

]1x=−1

dy

=∫ 1

0

[2y5

+ 2y2

]dy =

[y2

5+

2y3

3

]10

=1315,

lo cual concuerda con el resultado anterior.

Ejemplo 1.5. Evalue∫∫R(x+4y3)dA sobre el rectangulo R = [−4, 5]×[0, 3]

Solucion 1. Por el Teorema de Fubini, integrando con respecto a y primero,∫∫R

(x+ 4y3)dA =∫ 5

−4

∫ 3

0

(x + 4y3)dy dx =∫ 5

−4

[xy + y4

]3y=0

dx

=∫ 5

−4

(3x+ 81)dx =[3x2

2+ 81x

]5−4

=1485

2

Recuerde que cuando se integra con respecto a y todas las x’s son conside-radas constantes. Ası que en la integral interna x se considera una constantey cuando se integran constantes respecto a y el resultado es la constante pory y ası se consigue xy en el primer termino de la integral interna.Solucion 2. Por el Teorema de Fubini, integrando con respecto a x primero,se tiene∫∫

R

(x+ 4y3)dA =∫ 3

0

∫ 5

−4

(x+ 4y3)dx dy =∫ 3

0

[x2

2+ 4xy3

]5x=−4

dy

=∫ 3

0

[92

+ 36y3]dy =

[9y2

+ 9y4]30

=1485

2


Ejemplo 1.6. Evaluar la integral doble∫∫R(x2y + cos(πx))dA sobre el

rectangulo R = [−2, 1]× [0, 1].

Solucion. De nuevo el Teorema de Fubini se puede aplicar, y en este casose integra primero con respecto a x. Entonces,∫∫

R

(x2y2 + cos(πx))dA =∫ 1

0

∫ 1

−2

(x2y2 + sen(πx))dx dy

=∫ 1

0

[x3y2

3+

1π

cos(πx)]1x=−2

dy

=∫ 1

0

(3y2 − 2)dy = (y3 − 2y)∣∣∣10

= −1

No se debe olvidar la tecnica de integracion mediante substitucion.

Ejemplo 1.7. Evaluar la integral doble∫∫R

1(x+3y)3 dA sobre el rectangulo

R = [1, 2]× [0, 1].

Solucion. En este caso como el lımite de y incluye cero, que es mas facilde evaluar, es conveniente integral primero respecto a y. Del Teorema deFubini,∫∫R

1(x+ 3y)3

dA =∫ 2

1

∫ 1

0

1(x+ 3y)2

dy dx =∫ 2

1

∫ 1

0

(x+ 3y)−2dy dx

=∫ 2

1

[− 1

3(x+ 3y)−1

]1y=0

dx = −13

∫ 2

1

[ 1x+ 3

− 1x

]dx

= −13

[ln |x+ 3| − ln |x|

]21

= −13[ln 5 − 3 ln 2]

Mientras el Teorema de Fubini permite integrar con respecto a cualquierade las variables, algunas veces es mas facil integrar con respecto a una quea la otra.Ejemplo 1.8. Evaluar

∫∫RxexydA sobre el rectangulo R = [−1, 2]× [0, 1]

Solucion. Por el Teorema de Fubini, al integrar primero a y obtenemos∫∫R

xexydA =∫ 2

−1

∫ 1

0

xexydy dx

La integral con respecto a y puede realizarse mediante la substitucion u =xy. Como du = xdy entonces∫∫

R

−xexydA =∫ 2

−1

exy∣∣∣1y=0

dx =∫ 2

−1

(ex − 1)dx

= (ex − x)∣∣∣2−1

= e2 − e−1 − 3

De otro lado, veamos que pasa si se integra primero respecto a x. Paraevaluar la integral ∫∫

R

xexydA =∫ 1

0

∫ 2

−1

xexydx dy


se considera la substitucion u = xy. Entonces se obtiene la siguiente integralimpropia,

∫ 1

0

∫ 2

−1

xexydx dy =∫ 1

0

exy

y

∣∣∣2−1dy =

∫ 1

0

e2y − e−y

ydy

= lıma→0

∫ 1

a

e2y − e−y

ydy

Para realizar la primera de estas integrales se usa integracion por partescomo sigue,

u =1y

dv = e2ydx

du = −dyy2

v =e2y

2

Entonces,

∫e2y

ydy =

e2y

2y− 1

2

∫e2y

y2dy

Una nueva integracion por partes produce un termino de la forma∫e2y/y3 dy.

Se para el proceso de evaluar la integral de esta forma, pues definitivamen-te no se va a llegar a obtener la respuesta obtenida con la otra integraliterada.

Ejemplo 1.9. Valuar∫∫Rxe2y dA cuando R = [−2, 3]× [−1, 1]

Solucion. Como el integrando es una funcion de x veces una funcion de yentonces de las propiedades de la integral se tiene,

∫∫R

xe2y dA =∫ 3

−2

∫ 1

−1

xe2y dy dx =(∫ 3

−2

xdx

)(∫ 1

−1

e2y dy

)

=[x2

2

]3−2

[12e2y]1−1

=54(e2 − e−2)

1.2.3. Integrales dobles sobre regiones mas generales

Ahora se define la integral∫∫D f(x, y) dA en conjuntos cerrados y acotados

D, que no sean necesariamente regiones rectangulares, se establecen condi-ciones que garantizan la existencia de tal integral y se desarrolla una tecnicapara evaluarla.Sea D un conjunto cerrado y acotado del plano xy, y supongamos que fes una funcion continua sobre D. Como D es un conjunto acotado, seaR = [a, b] × [c, d] un rectangulo con lados paralelos a los ejes coordenadosque contenga a D. Extendemos la funcion f a una funcion f∗ definida entodo R de la forma

f∗(x, y) =

{f(x, y) si (x, y) esta en D0 si (x, y) esta en R y no esta en D


Como f∗ es acotada en R y es continua excepto posiblemente sobre la fron-tera de D, por la Proposicion 1.1 f∗ es integrable en R. Por lo tanto, sepuede definir la integral doble de f sobre D como∫∫

D

f(x, y) dA =∫∫R

f∗(x, y) dA

Del Teorema de Fubini∫∫R

f∗(x, y) dA =∫ b

a

∫ d

c

f∗(x, y) dy dx =∫ d

c

∫ b

a

f∗(x, y) dx dy

donde f∗ es igual a f en D y cero fuera de D.

x

y

z Gf

x

y

z Gf∗

Gf∗

De esta definicion de integral doble y de la Proposicion 1.2 se siguen inme-diatamente las propiedades de la integral doble sobre un conjunto cerradoy acotado de R

2.Proposicion 1.5. Supongamos que las integrales dobles de las funcionesPropiedades de la

integral doble sobre unconjunto cerrado y

acotado

f y g sobre un conjunto cerrado y acotado D de R2 existen, y sea k una

constante. Entonces las integrales dobles de las funciones f + g, kf sobre Dexisten, y ademas

a. (Aditividad)∫∫D

(f + g) dA =∫∫D

f(x, y) dA+∫∫D

g dA

b. (Homogeneidad)∫∫D

(kf) dA = k

∫∫D

f(x, y) dA Ademas

c. (Monotonıa)i) Si f(x, y) ≤ g(x, y) para todo (x, y) en D, entonces∫∫

D

f(x, y) dA ≤∫∫D

g dA

ii)

∣∣∣∣∣∣∫∫D

fdA

∣∣∣∣∣∣ ≤∫∫D

|f |dA

d. (Aditividad por descomposicion del dominio) Si Dk, k = 1, . . . , l sonconjuntos disjuntos, tales que D = D1 ∪ · · · ∪Dl y la integral doble def sobre cada conjunto Dk existe entonces la integral doble de f sobre Dexiste. Ademas,∫∫

D

fdA =∫∫D1

f(x, y) dA+ · · · +∫∫Dl

f(x, y) dA


Proposicion 1.6 (Teorema del valor medio). Sea f : D ⊂ R2 → R una

funcion continua y D un conjunto cerrado y acotado. Entonces existe unpunto (x0, y0) en D tal que∫∫

D

f(x, y) dA = f(x0, y0)A(D),

donde A(D) denota el area de D.

Regiones elementales y no elementales

El evaluar una integral doble sobre un conjunto cerrado y acotado de R2

requiere de una clasificacion previa del conjunto como una regiones elementalo no elemental.Sea D un conjunto cerrado y acotado del plano xy. EntoncesD es una regiondel tipo I si existen funciones continuas φ1 y φ2 en [a, b] tales que

D = {(x, y) | φ1(x) ≤ y ≤ φ2(x) cuando a ≤ x ≤ b} .Si existen funciones continuas ψ1 y ψ2 en [c, d] tales que

D = {(x, y) | ψ1(y) ≤ x ≤ ψ2(y) cuando c ≤ y ≤ d}se dice que D es una region del tipo II. Ademas, si D es una region del tipoI y del tipo II se dice que D es una region del tipo III.Conjuntos cerrados y acotados del plano xy que sean del tipo I, II o III sellaman regiones elementales.

D

a b

φ2(x)

φ1(x) x

y

a b

φ2(x)

φ1(x)x

y

D

Regiones elementales del tipo I

ψ2(x)

ψ1(x)

x

y

ψ2(x)

ψ1(x)

x

y

D D

c

d

c

d

Regiones elementales del tipo II

a bx

y

a bx

y

DD

c

d

c

d

Regiones elementales del tipo III


Por definicion, una conjunto cerrado y acotado del plano xy que no sea deltipo I, II o III sera una region no elemental. Una region no elementalse puede tratar de descomponer como la union disjunta de conjuntos ele-mentales. En la figura siguiente, D = D1 ∪D2 ∪D3 ∪D4 es una region noelemental donde D1, D2 y D3 son regiones del tipo I y D4 es del tipo II. Ladescomposicion de la region no elemental no es unica.

x

y

D1

D2

D3

D4

D = D1 ∪D2 ∪D3 ∪D4 es una region no elemental.

Integrales dobles sobre regiones cerradas y acotadas

Mediante el siguiente procedimiento se evalua la integral la integral doblede una funcion f sobre una region elemental D del tipo I y II como unaintegral iterada. En consecuencia, al tecnica que procede para calcular laintegral doble sera como una integral iterada.Si f : D ⊂ R

2 → R es una funcion continua entonces sabemos que∫∫D

f(x, y) dA =∫∫R

f∗(x, y) dA

en donde R = [a, b] × [c, d] es un rectangulo que contiene a D y la funcionf∗ esta definida como

f∗(x, y) =

{f(x, y) si (x, y) esta en D,0 si (x, y) esta en R y no esta en D.

Primero supongamos que D es una region del tipo I de la forma anterior-

x

y

a bx

φ2(x)

φ1(x)

c

d

c

d mente definida. Entonces podemos considerar que

∫∫R

f∗(x, y) dA =∫ b

a

[∫ d

c

f∗(x, y) dy

]dx

Como c ≤ φ1(x) ≤ y ≤ φ2(x) ≤ d para todo x en [a, b], ademas f∗(x, y) = 0si c ≤ y < φ1(x) o φ2(x) < y ≤ d, y considerando a x como un parametro(numero real fijo), entonces se obtiene de las propiedades del calculo integralde funciones de una variable que

∫ d

c

f∗(x, y) dy =∫ φ1(x)

c

f∗(x, y) dy +∫ φ2(x)

φ1(x)

f∗(x, y) dy +∫ d

φ2(x)

f∗(x, y) dy

=∫ φ2(x)

φ1(x)

f∗(x, y) dy =∫ φ2(x)

φ1(x)

f(x, y) dy,

con lo cual queda establecido el siguiente resultado.Proposicion 1.7. Sea D es una region del tipo I comprendida entre lasgraficas de φ1(x) y φ2(x) para todo x en [a, b]. Si f es continua en D entonces


la integral doble∫∫Df(x, y) dA existe y puede calcularse mediante la integral

iterada

∫∫D

f(x, y) dA =∫ b

a

[∫ φ2(x)

φ1(x)

f(x, y) dy

]dx.

Para regiones del tipo II se tiene un resultado similar.Proposicion 1.8. Sea D es una region del tipo II comprendida entre lasgraficas de ψ1(y) y ψ2(y) para todo y en [c, d]. Si f es continua en D entoncesla integral doble

∫∫D f(x, y) dA existe y puede calcularse mediante la integral

iterada∫∫D

f(x, y) dA =∫ d

c

[∫ ψ2(y)

ψ1(y)

f(x, y) dx

]dy.

Observacion 1.1. Como en el lado derecho de las formulas dadas en las dosultimas proposiciones no aparece mencion alguna con respecto al rectanguloR que contiene a la region D del tipo I o II entonces se obtiene que laintegral doble de f sobre regiones D del tipo I y II es independiente de laseleccion del rectangulo R que contiene a D. Por lo tanto,

∫∫D f(x, y) dA

es independiente de R para cualquier region elemental. Segundo, el que seaD un conjunto acotado hace posible la construccion del rectangulo R que locontenga.Ejemplo 1.10. Evalue la integral

∫∫Dex/ydA sobre la region D = {(x, y) |

1 ≤ y ≤ 2, y ≤ x ≤ y3}

Solucion. Por definicion D es una region de tipo II. De la continuidad def(x, y) = ex/y sobre D se sigue la integral doble sobre D existe y ademas,

∫∫D

ex/ydA =∫ 2

1

∫ y3

y

ex/ydx dy =∫ 2

1

[yex/y

]y3

x=ydy

=∫ 2

1

(yey2 − ye)dy =

[12ey

2 − 12y2e]21

=12e4 − 2e

Ejemplo 1.11. Evalue la integral∫∫D(xy2 − y3)dA sobre la region D aco-

tada por las graficas de las funciones y =√x y y = x3.

Solucion. Evidentemente la funcion f(x, y) = xy2 − y3 es continua en D,

0

1

0 1

y = x3

y =√x

lo cual garantiza que la integral doble dada existe. Para evaluar la integralse necesitan establecer dos desigualdades para x y y, las cuales determinanel tipo de region D. La mejor manera de hacerlo es realizando la graficade las dos funciones que la determinan. Primero, como D es acotada por lagrafica de dos funciones en el plano xy, se debe tener que x3 =

√x para

algunos valores de x no negativos. Resolviendo algebraicamente se encuentraque x(x − 1)(x4 + x3 + x2 + x + 1) = 0, lo cual se cumple si x es iguala0 o 1. Considerando el intervalo 0 ≤ x ≤ 1 se obtiene la figura anexa. Deesa grafica se tiene que D es una region de tipo III pero se considera comoregion del tipo I. De la figura, las desigualdades que determinan a D son,

0 ≤ x ≤ 1, x3 ≤ y ≤ √x


Ahora se puede evaluar la integral,

∫∫D

(xy2 − y3)dA =∫ 1

0

∫ √x

x3(xy2 − y3)dy dx =

∫ 1

0

[xy3

3− y4

4

]√xy=x3

dx

=∫ 1

0

[x5/2

3− x2

4− x10

3+x12

4

]dx

=[2x7/2

21− x3

12− x11

33+x12

52

]10

=5

6006

Ejemplo 1.12. Evalue la integral∫∫D(6x+ y2)dA sobre el triangulo D de

vertices (0, 0), (3, 3) y (5, 0).

Solucion. De nuevo, la continuidad de la funcion f(x, y) = 6x − y2 enD garantiza que la integral doble dada existe. Como se tiene unicamenteinformacion acerca de los vertices del triangulo, se empieza con una graficadel triangulo.

0

1

2

3

0 1 2 3 4 5

�

�

�

y = x y = −3x+152

x (y = 0)

Como se tienen dos puntos por cada lado del triangulo es facil encontrar lasecuaciones lineales de cada lado como se dan en la figura.Ahora, D es una region del tipo II. Esta representacion requiere representarlos lados en funcion de y, como

y = x⇒ x = y

y =−3x+ 15

2⇒ x =

−2y + 153

Ası que la region es

D ={(x, y) | 0 ≤ y ≤ 3, y ≤ x ≤ −2y + 15

3

}y

∫∫D

(6x+ y2)dA =∫ 3

0

∫ (−2y+15)/3

y

(6x+ y2)dx dy

=∫ 3

0

[3x+ xy2

](−2y+15)/3

x=ydy = 5

∫ 3

0

[1 − y + y2 − y3

3

]dy

= 5[y − y2

2+y3

3− 5y4

9

]30

= −3452

Existe una segunda forma de describir a D. Si se usan funciones de x, comose muestra en la figura, la region D puede ser dividida en dos regiones de


tipo I, es decir dependiendo su descripcion de los valores de x. En este casola region puede ser dada como D = D1 ∪D2 donde,

D1 = {(x, y) | 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ x}D2 =

{(x, y) | 3 ≤ x ≤ 5, 0 ≤ y ≤ −3x+ 15

2

}Escribiendo D en esta forma se deben evaluar dos integrales en lugar deuna, lo cual tiene mas trabajo. Sin embargo, se puede establecer de laspropiedades de la integral doble y al evaluar las correspondientes integralesque∫∫D

(6x+ y2)dA =∫∫D1

(6x+ y2)dA+∫∫D2

(6x+ y2)dA

=∫ 3

0

∫ x

0

(6x+ y2)dy dx +∫ 5

3

∫ (−3x+15)/2

0

(6x+ y2)dy dx

= −3452

Cambio en el orden de integracion

Se ha visto que se puede cambiar el orden para evaluar algunas integralesdobles (x seguido de y o viceversa), aunque a menudo un orden de integra-cion resulta ser mas facil que el otro. De hecho, se presentan casos en loscuales no es posible evaluar la integral en un orden mientras que es posibleevaluarla en el otro. Las regiones que mas facil permiten el cambio de ordende integracion son las del tipo III, otras tambien lo permiten, lo que per-mite utilizar cualquiera de los metodos encontrados para evaluar integralesdobles para las regiones del tipo I o II. Primero, veamos que si D es unaregion del tipo III, entonces puede representarse de la forma

D = {(x, y) | φ1(x) ≤ y ≤ φ2(x) cuando a ≤ x ≤ b}o bien

D = {(x, y) | ψ1(y) ≤ x ≤ ψ2(y) cuando c ≤ y ≤ d} .Entonces de las Proposiciones 1.7 y 1.8 se obtienen las formulas

∫∫D

f(x, y) dA =∫ b

a

[∫ φ2(x)

φ1(x)

f(x, y) dy

]dx =

∫ d

c

[∫ ψ2(y)

ψ1(y)

f(x, y) dx

]dy

que permiten evaluar una integral realizando la otra. Esta tecnica es llama-da cambio de orden de integracion y suele ser util para evaluar integralesiteradas, pues como se dijo, posiblemente una de las integrales iteradas esmas facil de evaluar que la otra.

Ejemplo 1.13. Evalue la integral doble∫ 3

0

∫ 9

x2x3 cos(y3) dy dx.

Solucion. Observe que no se puede integrar con respecto a y porque senecesita el termino y2 multiplicando cos(y3). Para tratar de evaluar estaintegral se debe cambiar el orden de integracion, es decir, se debe buscarprimero integrar con respecto a x y despues con respecto a y.


Veamos como cambiar el orden de integracion. De los lımites de la integralse deduce que la region de integracion es del tipo I. Ası que para cambiar elorden de integracion lo mejor es graficar la region dada por esto lımites deintegracion. Las desigualdades que determinan la region de integracion son

0 ≤ x ≤ 3, x2 ≤ y ≤ 9

La segunda desigualdad nos dice que y = x2 es la frontera inferior y y = 9

0123456789

0 1 2 3

y = x2

ox =

√y

y = 9es la frontera superior cuando 0 ≤ x ≤ 3. Anexo se incluye la grafica de laregion de integracion. Esta region como del tipo II esta determinada por lassiguientes desigualdades,

0 ≤ y ≤ 9, 0 ≤ x ≤ √y

La integral, con el orden de integracion cambiado, es

∫ 3

0

∫ 9

x2x3 cos(y3) dy dx =

∫ 9

0

∫ √y

0

x3 cos(y3) dx dy

la cual se espera sea una integral doble facil de calcular. Integrando,

∫ 3

0

∫ 9

x2x3 cos(y3) dy dx =

∫ 9

0

∫ √y

0

x3 cos(y3) dx dy

=∫ 9

0

[14x4 cos(y3)

]√yx=0

dy =14

∫ 9

0

y2 cos(y3)dy

=112

sen(y3)∣∣∣90

=sen(729)

729

Ejemplo 1.14. Evalue la integral∫ 8

0

∫ 2

3√y3√x4 + 1dx dy.

Solucion. Como la primera integral no puede ser evaluada con respecto a x

0

1

2

3

4

5

6

7

8

0 1 2

y = x3

o

x = 3√y

x (y = 0)

se realiza un cambio de orden de integracion, esperando que la nueva integralsea facil de evaluar. La region de integracion es del tipo II y esta dada porlas desigualdades

0 ≤ y ≤ 8, 3√y ≤ x ≤ 2

y se anexa la grafica de la region. D como region del tipo I esta determinadapor las desigualdades

0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ x3

La integral es entonces

∫ 8

0

∫ 2

3√y3√x4 + 1dx dy =

∫ 2

0

∫ x3

0

3√x4 + 1dy dx =

∫ 2

0

[y

3√x4 + 1

]x3

y=0dx

=∫ 9

0

x3 3√x4 + 1 dx =

312

(x3 + 1)4/3∣∣∣20

=312

(94/3 − 1)


Integrales dobles sobre regiones no elementales

Para regiones cerradas y acotadas D que no sean elementales se puede pro-ceder a descomponerla como la union de regiones elementales disjuntas, orecurrir a un cambio de variable, como veremos posteriormente.Ejemplo 1.15. Evalue la integral doble

∫∫D

(x2 + y2)dA donde D es elrombo de vertices (0, 0), (2, 2), (4, 0) y (2,−2)

Solucion. Primero se realiza la grafica de D y se determinan las ecuacionesde cada uno de los lados, cada una de las cuales se encuentran usando elhecho que se conocen los dos puntos de cada lado (i.e., lo dos vertices queforman el lado), como se indican en la siguiente figura.

1

2

−1

−2

1 2 3 4

(0, 0) (4, 0)

(2, 2)

(2,−2)

y=x

y = −x+

4

y = −x

y=x− 4

La region D se puede descomponer como la union de las dos regiones detipo I,

D1 = {(x, y) | 0 ≤ x ≤ 2, −x ≤ y ≤ x}D2 = {(x, y) | 2 ≤ x ≤ 4, x− 4 ≤ y ≤ −x+ 4}

De las propiedades de la integral,∫∫D

(x2 + y2)dA =∫∫

D1

(x2 + y2)dA+∫∫

D2

(x2 + y2)dA

=∫ 2

0

∫ x

−x(x2 + y2)dy dx +

∫ 4

2

∫ −x+4

x−4

(x2 + y2)dy dx

=∫ 2

0

[x2y +

y3

3

]xy=−x

dx+∫ 4

2

[x2y +

y3

3

]−x+4

y=x−4dx

=∫ 2

0

8x3

3dx+

∫ 4

2

[− 2x3 + 8x2 − 2

3(x− 4)3

]dx

=2x4

3

∣∣∣20

+[− x4

2+

8x3

3− (x− 4)4

6

]42

=1283

1.2.4. Integrales dobles en coordenadas polares

Cuando D es un conjunto cerrado y acotado limitado por una curva que sepuede escribir mas facil en coordenadas polares que en coordenadas cartesia-nas, se puede tener que es posiblemente mas facil de evaluar

∫∫D f(x, y) dA


en coordenadas polares que en coordenadas cartesianas. Por ejemplo, eva-luar la integral ∫∫

D

f(x, y) dA,

donde D es el disco de radio 3. Las desigualdades que describen a D son

−3 ≤ x ≤ 3, −√

9 − x2 ≤ y ≤√

9 − x2

Entonces ∫∫D

f(x, y) dA =∫ 3

−3

∫ √9−x2

−√9−x2

f(x, y) dy dx

Debido a los lımites de integracion en y, la primera integral es en generaldifıcil de evaluar.Los puntos en coordenadas polares (r, θ) estan relacionados con los puntosen coordenadas cartesianas (x, y) del punto mediante las formulas

r2 = x2 + y2, x = r cos θ, y = r sen θ,

donde el eje polar coincide con el eje x y el polo con el origen del plano.Una funcion en coordenadas polares (r, θ) es dada de la forma r = f(θ)donde los valores de θ se suponen en algun intervalo. De las igualdadesanteriores se obtienen las ecuaciones parametricas,

x(θ) = f(θ) cos θ, y(θ) = f(θ) sen θ

de la funcion r = f(θ).Ejemplo 1.16. La grafica de la funcion polar r = sen4θ es una rosa de ochopetalos. Segun lo dicho anteriormente, esta curva se puede parametrizar dela forma

r(t) = (sen 4t cos t, sen 4t sen t)

1

−1

1−1


Ejemplo 1.17. La grafica del caracol de Pascal tiene ecuacion polar r =1+2 cosθ. Su parametrizacion es r(t) = ((1+2 cos t) cos t, (1+2 cos t) sen t).

1

2

−1

−2

1 2 3 4−1

Regiones polares rectangulares

Consideremos primero que D es el rectangulo polar (sector circular),

R = {(r, θ) | a ≤ r ≤ b, α ≤ θ ≤ β} = [a, b] × [α, β]

donde a ≥ 0 y 0 ≤ β − α ≤ 2π. Como podemos escribir

f(x, y) = f(r cos θ, r sen θ)

y vamos a calcular∫∫Rf(x, y) dA mediante coordenadas polares.

θ = α

θ = β

Rr =a

r =b

Rij

r=ri

θ = θj−1θ

=θ j

Rij

riΔθj

ri−1Δθj

Δrir

=ri−

1

Consideremos una particion a = r0 < r1 < · · · < rm = b del intervalo [a, b]en m subintervalos [ri−1, ri] de igual longitud Δr = (b−a)/m e i = 1, . . . ,m,y una particion α = θ0 < θ1 < · · · < θn = β del intervalo [α, β] en nsubintervalos [θj−1, θj ] de igual longitud Δθ = (β − α)/n y j = 1, . . . , n.Entonces lo cırculos r = ri y los rayos θj dividen R en mn subrectangulospolares (subsectores circulares)

Rij = {(r, θ) | ri−1 ≤ r ≤ ri, θj−1 ≤ θ ≤ θj} = [ri−1, ri] × [θj−1, θj ]

de area ΔAij . Considerando el centro (r∗i , θ∗j ) de Rij , donde

r∗i =ri−1 + ri

2, θ∗j =

θj−1 + θj2

,


y usando el hecho que el area de un sector circular con radio r y angulocentral θ es r2θ/2 encontramos que el area Aij es

ΔAij = 12r

2iΔθj − 1

2r2i−1Δθj = 1

2 (r2i − r2i−1)Δθj= 1

2 (ri + ri−1)(ri − ri−1)Δθj = r∗iΔriΔθj

Las coordenadas rectangulares del centro de Rij son (r∗i cos θ∗j , r∗i sen θ∗j ), de

modo que la suma Riemann es

m∑i=1

n∑j=1

f(r∗i cos θ∗j , r∗i sen θ∗j )ΔAij =

m∑i=1

n∑j=1

f(r∗i cos θ∗j , r∗i sen θ∗j )r

∗iΔriΔθj .

Si el lımite de esta suma doble existe cuando m,n→ ∞ tenemos∫∫R

f(x, y) dA = lımm,n→∞

m∑i=1

n∑j=1

f(r∗i cos θ∗j , r∗i sen θ∗j )ΔAij

= lımm,n→∞

m∑i=1

n∑j=1

f(r∗i cos θ∗j , r∗i sen θ∗j )r

∗iΔriΔθj

=∫ b

a

∫ β

α

f(r cos θ, r sen θ)r dr dθ.

En general tenemos el siguiente resultado de la integral doble sobre unrectangulo polar.Proposicion 1.9. Si f es continua en el rectangulo polar R = [a, b]× [α, β],donde 0 ≤ β − α ≤ 2π, entonces∫∫

R

f(x, y) dA =∫ b

a

∫ β

α

f(r cos θ, r sen θ)r dθ dr.

Ejemplo 1.18. Evalue la integral∫∫D xy

2 dA mediante coordenadas pola-res, donde R es region entre los cırculos de radio 1 y de radio 4 que seencuentra localizada en el primer cuadrante.

Solucion. Primero se debe representarR en coordenadas polares. El cırculode radio 1 tiene ecuacion r = 1 y el de radio 4 tiene ecuacion r = 4. La graficade la region entre los dos cırculos se encuentra en el primer cuadrante, comosigue.

θ = 0

θ = π/2

r =1

r =4

La region R esta determinada por las desigualdades

1 ≤ r ≤ 4, 0 ≤ θ ≤ π/2

Es decir, la region es el rectangulo polar R = [1, 4] × [0, π/2].


Integrando,

∫∫D

xy2 dA =∫ 4

1

∫ π/2

0

(r cos θ)(r sen θ)2r dθ dr

=(∫ 4

1

r4dr

)(∫ π/2

0

cos θ sen2 θ dθ

)=r5

5

∣∣∣41· sen3 θ

3

∣∣∣π/20

=3415

Ejemplo 1.19. Evaluar∫∫R

cos(x2 + y2) dA sobre el cırculo R de radio 1y centro en el origen.

Solucion. Esta integral no se puede evaluar en terminos de coordenadascartesianas, pero se puede evaluar en coordenadas polares. Primero, la regionR esta dada por las desigualdades

0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π

de lo cual se deduce que R = [0, 1] × [0, 2π] es un rectangulo polar. Encoordenadas polares la integral es entonces

∫∫R

cos(x2 + y2) dA =∫ 1

0

∫ 2π

0

r cos(r2) dθ dr

= 2π∫ 1

0

r cos(r2) dr = π sen(r2)∣∣∣10

= π sen(1)

Regiones polares generales

En el caso de regiones D en coordenadas cartesianas mas generales que sepuedan convertir a regiones polares, que no necesariamente son un rectangu-lo polar, solo es posible considerar regiones polares semejantes a las regionesdel tipo I en coordenadas cartesianas. Este tipo de region polar se llama re-gion polar elemental, y tiene la forma

D = {(r, θ) | α ≤ θ ≤ β, φ1(θ) ≤ r ≤ φ2(θ)} .

θ = α

θ = β

r = φ1(θ)

r = φ2(θ)

Al combinar los resultados de la seccion anterior con la proposicion anterior,se obtiene la siguiente integral iterada en coordenadas polares.


Proposicion 1.10. Si f es continua en la region polar elemental

D = {(r, θ) | α ≤ θ ≤ β, φ1(θ) ≤ r ≤ φ2(θ)} .Entonces ∫∫

R

f(x, y) dA =∫ β

α

∫ φ2(θ)

φ1(θ)

f(r cos θ, r sen θ)r dr dθ.

En particular, cuando f(x, y) = 1 se sigue del teorema del valor medio queel area de la region limitada por D es

A(D) =∫∫D

dA =∫ β

α

∫ φ2(θ)

φ1(θ)

r dr dθ =12

∫ β

α

(φ22(θ) − φ2

1(θ))dθ

Ejemplo 1.20. Evalue la integral∫∫D

(2x + 3y2) dA donde D es la regionentre los cırculos de ecuaciones x2 + y2 = 1 y x2 + y2 = 4.

Solucion. En este caso los cırculos que delimitan a D tienen ecuaciones

1

2

−1

−2

1 2−1−2

polares r = 1 y r = 2. Entonces D se puede representar como una regionpolar mediante las desigualdades

1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π

Integrando mediante coordenadas polares,∫∫D

(2x+ 3y2) dA =∫ 2

1

∫ 2π

0

(2r cos θ + 3r2 sen2 θ)r dθ dr

=∫ 2

1

[2r sen θ + 3r3

(− π

4+θ

2− sen 2θ

2

)]2πθ=0

dr

=∫ 2

1

3πr3 dr =3πr4

4

∣∣∣21

=45π4

Ejemplo 1.21. Encuentre el area de la region que esta dentro del cardioidede ecuacion r = 3 + 2 cos θ y fuera del cırculo de radio 2.

Solucion. La region esta determinada por las ecuaciones r = 3 + 2 cos θ yr = 2 y el area que se desea encontrar es la siguiente.

r = 3 + 2 sen θ

r = 2

1234

−1−2

1 2 3−1−2−3−4

Para determinar esta area se necesitan determinar los valores de θ paralos cuales las curvas se intersecan. Estos puntos resuelven la ecuacion 3 +


2 sen θ = 3, que equivale a la ecuacion sen θ = −1/2. Entonces θ = 7π/6 oπ = 11π/6. La figura incluyendo estos angulos es las siguiente.

r = 3 + 2 sen θ

r = 2θ = −π

6 ,11π6θ = 7π

6

1

2

3

4

−1

−2

1 2 3−1−2−3−4

Note que otra representacion de 11π/6 es −π/6, lo cual es importante puesse necesita de un angulo que barra la region cuando se cambia del lımiteinferior al lımite superior. Si se elige 11π/6 y se incrementa de 7π/6 a 11π/6se obtendra la parte inferior del circulo y esa no es la region que se estabuscando.Las desigualdades que determinan a la region, digamos D, son

−π6≤ θ ≤ 7π

6, 2 ≤ r ≤ 3 + 2 sen θ

El area de la region D es entonces

A =∫∫D

dA =∫ 7π/6

−π/6

∫ 3+2 sen θ

2

r dr dθ =∫ 7π/6

−π/6

r2

2

∣∣∣3+2 sen θ

2dθ

=∫ 7π/6

−π/6

[52

+ 6 sen θ + 2 sen2 θ]dθ =

∫ 7π/6

−π/6

[72

+ 6 sen θ − cos(2θ)]dθ

=[7θ

2− 6 cos θ − sen(2θ)

2

]7π/6−π/6

=11

√3

2+

14π3

Ejemplo 1.22. Determine el volumen de la region, digamos S, que se en-cuentra debajo de la esfera x2 + y2 + z2 = 9, arriba del plano z = 0 y dentrodel cilindro x2 + y2 = 5.

Solucion. La formula del volumen de la region a encontrar es

V =∫∫D

f(x, y) dA

Para poder usar esta formula se necesita determinar el integrando f(x, y) yla region D de integracion.Al encontrarse la region S arriba del plano z = 0, o plano xy, entonces losvalores de z son positivos. Resolviendo la ecuacion de la esfera se encuentraque la funcion z = f(x, y) esta dada como

z =√

9 − x2 − y2

Al necesitarse unicamente los puntos de la porcion de la esfera que esta den-tro del cilindro, entonces los puntos (x, y) de la region D deben estar en el


disco x2 + y2 ≤ 5 en el plano xy. Ası que la region de la cual se deseaencontrar el volumen es un cilindro con una tapa que es una porcion deesfera, como lo muestra la figura. Al ser D una region polar, y de la mis-

xy

z

D

ma definicion de f(x, y), es natural decidirse por evaluar la integral dobleen coordenadas polares. En estas coordenadas, D esta determinado por lasdesigualdades

0 ≤ r ≤√

5, 0 ≤ θ ≤ 2π

y la funcion por la relacion

z = f(r cos θ, r sen θ) =√

9 − r2

El volumen es

V =∫∫D

√9 − x2 − y2dA =

∫ √5

0

∫ 2π

0

r√

9 − r2 dθ dr

= 2π∫ √

5

0

r√

9 − r2 dr = −2π3

(9 − r2)3/2∣∣∣√

5

0=

38π3

Ejemplo 1.23. Encuentre el volumen de la region que esta dentro del pa-raboloide de ecuacion z = x2 + y2 y debajo del plano z = 9.

Solucion. La grafica de region D esta dada en la figura. La interseccionde la grafica del paraboloide y del plano z = 9 es el cırculo de centro en elorigen y radio 4, x2 +y2 = 9. Por lo tanto, la region de integracion D sera eldisco x2 + y2 ≤ 9.

D

x

y

z

z = x2 + y2

z = 9

x2 + y2 ≤ 9

En este caso la formula del volumen,

V =∫∫D

f(x, y) dA

no funciona, pues con z = f(x, y) = 9 representa el volumen debajo delplano z = 9 y arriba del disco D. Ahora bien, como la formula del volumencon z = f(x, y) = x2 + y2 representa el volumen debajo del paraboloide yarriba del disco D entonces el volumen V sera la diferencia de ellos. De laspropiedades de la integral,

V =∫∫D

9 dA−∫∫D

(x2 + y2) dA =∫∫D

(9 − x2 − y2) dA


Como D es una region polar se puede integrar en coordenadas polares. Enestas coordenadas las desigualdades que determinan a D y el integrando son

0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ 2π, z = 9 − r2

El volumen es entonces

V =∫∫D

(9 − x2 − y2) dA =∫ 2π

0

∫ 3

0

r(9 − r2) dr dθ

=∫ 2π

0

[9r22

− r4

4

]30dθ =

∫ 2π

0

814dθ =

81π2

1.2.5. Aplicaciones de las integrales dobles

Area y volumen

Una primera aplicacion que hemos visto de las integrales dobles a volumenes.Si f(x, y) es una funcion no negativa sobre D, entonces

V =∫∫D

f(x, y) dA

representa el volumen del solido limitado por abajo de la grafica de f y arriba

y = x2

y = 8 − x2

1

2

3

4

5

6

7

8

1−1−2

de la region D. En general, si f y g son continuas en D y f(x, y) ≥ g(x, y)para todo (x, y) en D, entonces

V =∫∫D

(f(x, y) − g(x, y)) dA

es igual al volumen del solido comprendido entre la graficas de las funcionesf y g.Ejemplo 1.24. Encontrar el volumen del solido que se encuentra debajo dela superficie de ecuacion z = 15xy2 + 200 y permanece arriba de la regionen el plano xy acotada por las curvas de ecuaciones y = x2 y y = 8 − x2.

Solucion. Al hacer las dos funciones de la frontera de D iguales se encuen-tra que ellas se intersecan cuando x = ±2. Ası que las desigualdades quedefinen la region D en el plano xy son

−2 ≤ x ≤ 2, x2 ≤ y ≤ 8 − x2

El volumen es entonces dado como

V =∫∫D

(15xy2 + 200) dA =∫ 2

−2

∫ 8−x2

x2(15xy2 + 200) dy dx

=∫ 2

−2

(5xy3 + 200y)∣∣∣8−x2

y=x2dx =

∫ 2

−2

(5x(8 − x2)3 − 5x7 − 400x2 + 1600) dx

=[− 5(8 − x2)4

8− 5x8

8− 400x3

3+ 1600x

]2−2

=12800

3

Ejemplo 1.25. Encontrar el volumen del solido limitado por los planos deecuaciones x+ 2y + 4z = 18, y = 4x, z = 0 y x = 0.


Solucion. Sea S el solido limitado por los anteriores planos y V = V (S)su volumen. En este caso no se tiene una descripcion precisa de la regionde integracion, la cual se debe encontrar. Primero, note que las ecuacionesz = 0 y x = 0 determinan parte de las caras de S y que son realmente losplanos xy y yz, respectivamente. La parte superior de S esta determinadapor el plano x + 2y + 4z = 18, lo cual nos dice que se esta buscando elvolumen del solido abajo de la grafica de la funcion

z =18 − x− 2y

4

y arriba de la region D en el plano xy, el plano de ecuacion z = 0. Otrade las caras de S esta determinada por el plano de ecuacion y = 4x, que esperpendicular al plano xy.La region D en el plano xy (i.e., el plano de ecuacion z = 0) es acotada porlas graficas de las ecuaciones y = 4x, x = 0 (i.e., el eje y) y la interseccion delplano de ecuacion x+2y+4z = 18 y el plano xy. Esto es, a D lo determinanlas ecuaciones lineales

x = 0, x+ 2y = 18, y = 4x

Los bosquejos de D y estas ecuaciones, y el solido son los siguientes.

1

2

3

4

5

6

7

8

9

−1 1 2−1

y = 4x

y = 18−x2

x = 0

x

2

9

4.5

y = 4x

x+ 2y + 4z = 18

y

z

La region D esta definida por las siguientes desigualdades,

0 ≤ x ≤ 2, 4x ≤ y ≤ 18 − x

2

Ası que el volumen de S es

V =∫∫D

18 − x− 2y4

dA =14

∫ 2

0

∫ (18−x)/2

4x

(18 − x− 2y) dy dx

=14

∫ 2

0

((18 − x)y − y2)∣∣∣(18−x)/24x

dx =14

∫ 2

0

[ (18 − x)2

4+ 20x2 − 72x

]dx

=14

[− (18 − x)3

12+

20x3

3− 36x2

]20

=272

Ejemplo 1.26. Deduzca la formula 43πa

3 del volumen de una esfera deradio a.


Solucion. Sin perdida de generalidad se puede considerar que la esfera,digamos E , tiene centro en el origen. En tal caso, E se puede describir de laforma

E ={(x, y, z) | x2 + y2 + z2 ≤ a2

}De esta representacion se debe deducir una integral doble para calcular suvolumen V . Primero, resolviendo la desigualdad x2 +y2 +z2 ≤ a2 se obtieneque

−√a2 − x2 − y2 − z2 ≤ z ≤

√a2 − x2 − y2 − z2

De esto se deduce que la esfera esta limitada por arriba por la funcion

f(x, y) =√a2 − x2 − y2

y por abajo por la funcion

g(x, y) = −√a2 − x2 − y2

las cuales estan definidas para todos los puntos (x, y) que cumplen la de-sigualdad

x2 + y2 ≤ a2

xy

z

z = −√a2 − x2 − y2

z =√a2 − x2 − y2

−a ax

y

y = −√a2 − x2

y =√a2 − x2

D

D

Este conjunto D de puntos representa un cırculo de radio a en el plano xy,el cual puede ser representado por las desigualdades

−a ≤ x ≤ a, −√a2 − x2 ≤ x ≤

√a2 − x2

Con estos lımites y de la formula del volumen se obtiene,

V =∫∫D

(f(x, y) − g(x, y)) dA =∫ a

−a

∫ √a2−x2

−√a2−x2

2√a2 − x2 − y2 dy dx

Aunque la integral existe, debido al integrando y los lımites de integra-cion con respecto a y, esta es una integral difıcil de evaluar. Sin embargo,


considerando el cırculo de radio a en coordenadas polares mediante las de-sigualdades

0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ θ ≤ 2π

se obtiene

V =∫ a

0

∫ 2π

0

2r√a2 − r2 dθ dr =

∫ a

0

[2r√a2 − r2θ

]2πθ=0

dr

= 4π∫ a

0

r√a2 − r2 dr = −4π

3(a2 − r2)3/2

∣∣∣a0

=43πa3

La segunda interpretacion de la integral doble es la siguiente. Si f(x, y) = 1entonces del Teorema del valor medio, Proposicion 1.6, el area A(D) de laregion D esta dada de la forma

A(D) =∫∫D

dA

Por ejemplo, supongamos que D es una region del tipo I. Entonces existenfunciones continuas φ1(x) y φ2(x), donde a ≤ x ≤ b, tales que∫∫

D

dA =∫ b

a

∫ φ2(x)

φ1(x)

dy dx =∫ b

a

y∣∣∣φ2(x)

φ1(x)dx =

∫ b

a

(φ2(x) − φ1(x)

)dx

Del Calculo Integral de funciones de una variable, este resultado da el areade D.Ejemplo 1.27. Encontrar el area de un cırculo de radio a.

Solucion. Supongamos que D denota este circulo y por simplicidad consi-deremos que tiene centro en el origen del plano xy. Entonces D esta deter-minado por todos los puntos (x, y) que cumplen la desigualdad x2 +y2 ≤ a2.Esta region tambien se puede representar en coordenadas cartesianas de laforma

D ={(x, y) | −a ≤ x ≤ a, −

√a2 − x2 ≤ y ≤

√a2 − x2

}

−a ax

y

y = −√a2 − x2

y = −√a2 − x2

Entonces, por formula se tiene

A =∫∫D

dA =∫ a

−a

∫ √a2−x2

−√a2−x2

dy dx = 2∫ a

−a

√a2 − x2 dx

Esta integral se puede evaluar como una integral trigonometrica, o se puedeconsiderar la representacion de D en coordenadas polares,

D = {(r, θ) | 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ θ ≤ 2π}


En este caso,

A =∫∫D

dA =∫ a

0

∫ 2π

0

r dθ dr = 2π∫ a

0

r dr = πr2∣∣∣a0

= πa2

Area de una superficie definida mediante una funcion de dos variables

En la seccion anterior se ha encontrado una formula para el area de unaregion en el plano xy o R

2. Una generalizacion interesante de este problemaconsiste en determinar algun metodo para encontrar el area de una super-ficie en R

3, por ejemplo, de una esfera. Se restringe este analisis al caso desuperficies que son la grafica de funciones de dos variables y diferenciables,es decir, a superficies suaves de R

3 definidas explıcitamente mediante unafuncion de dos variables4. En concreto, se aplican integrales dobles paraencontrar el area de una superficie sobre una region. Se obtendra una for-mula que es analoga a formula para encontrar la longitud de arco y quepermite encontrar el area de una grafica de una funcion diferenciable de dosvariables.Veamos un ejemplo sencillo, que sera parte de la solucion de este problema.Ejemplo 1.28. Sea S la superficie definida mediante la ecuacion

z − z0 = a(x− x0) + b(y − y0)

que representa un plano que pasa por el punto (x0, y0, z0) y con vector normaln = (−a,−b, 1). Encuentre la region del plano que esta arriba del rectanguloR = [x0, x1] × [y0, y1].

Solucion. Un esbozo de la superficie S y R se muestran en la figura.

y0x0

x1

y1

xy

R

S

(x0, y0, z0)

z

(x1, y0, a(x1 − x0) + z0)

(x0, y1, b(y1 − y0) + z0)

Plano de ecuacionz − z0 = a(x− x0) + b(y − y0)

a

b

Sean a y b los vectores que se indican en la figura. Si se definen las longitudesde los lados de R como Δx = x1 − x0 y Δy = y1 − y0, entonces a =(Δx, 0, aΔx) y b = (0,Δy, bΔy). El area A(S) de S es entonces

A(S) = ‖a × b‖4 El caso de superficies no definidas explıcitamente mediante funciones de dos variablessera discutido posteriormente.


Tomando el producto cruz tenemos

a × b =

∣∣∣∣∣∣i j k

Δx 0 aΔx0 Δy bΔy

∣∣∣∣∣∣ = −aΔxΔyi − bΔxΔyj + ΔxΔyk

= (−ai − bj + k)ΔxΔy = nΔA,

donde ΔA = ΔxΔy es el area del rectangulo R. El area de S es

A(S) = ‖n‖ΔA =√a2 + b2 + 1 ΔxΔy

Otra forma de obtener esta formula es la siguiente. Sea

f(x, y) = a(x− x0) + b(y − y0) + z0

la funcion que define la superficie S. Como f es diferenciable, entonces losvectores tangentes a S en el punto (x0, y0, z0) y en la direccion de los ejescoordenados existen y estan dados como

T x = (1, 0, fx(x0, y0)) = (1, 0, a)T y = (0, 1, fy(x0, y0)) = (0, 1, b)

El producto cruz de estos vectores es

T x × T y =

∣∣∣∣∣∣i j k1 0 a0 1 b

∣∣∣∣∣∣ = −ai − bj + k = n

Por lo tanto,

‖T x × T y‖ = ‖n‖

y ademas

A(S) = ‖T x × T y‖ΔA

Observe que en este caso tambien se puede considerar

T x × T y = (−∇f(x0, y0), 1)

Ahora se va a encontrar el area de la superficie S de ecuacion z = f(x, y) queesta definida para todo punto (x, y) en una region D del plano xy. Como sesabe, la grafica de f define la superficie5 S en R

3. Para encontrar una formulapara calcular el area de S se supone por simplicidad que f es no negativa yesta definida en un rectangulo R de lados paralelos a los ejes coordenadosde la forma [a, b] × [c, d]. Se divide a R mediante rectas paralelas a los ejescoordenadas, lo cual genera una particion de R en pequenos subrectangulos

Rij = [xi−1, xi] × [yj−1, yj], i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n

en donde x0 = a, xm = b, y0 = c y yn = d, que tienen area ΔAij = ΔxiΔyj .Sea (x∗i , y

∗j ) cualquiera de las esquinas del rectangulo Rij y sea Tij el plano

tangente a S en el punto (x∗i , y∗j , f(x∗i , y

∗j )), el cual existe por ser f diferen-

ciable. Sea ΔSij el area del trozo Sij de S que esta directamente arriba del


rectangulo Rij . El rectangulo proyecta sobre el plano tangente un paralelo-gramo Pij . El area ΔPij de este paralelogramo sera una aproximacion delelemento de area ΔSij . Del ejemplo anterior se puede establecer que

ΔPij = ‖T i × T j‖ΔAij

en donde T i y T j representan los vectores tangentes a S en la direccion delos ejes x y y, respectivamente, en el punto (x∗i , y

∗j , f(x∗i , y

∗j )). Como

T i × T j = (−fx(x∗i , y∗j ),−fy(x∗i , y∗j ), 1)

entonces

ΔPij =√f2x(x∗i , y

∗j ) + f2

y (x∗i , y∗j ) + 1ΔAij

Finalmente, sumando sobre toda la particion se encuentra que la superficieS puede ser aproximada por la suma de Riemann

ΔSij =m∑i=1

n∑j=1

√f2x(x∗i , y

∗j ) + f2


Tomando el lımite cuando el area de los rectangulos tiende a cero se encuen-tra que el area A(S) de S satisface

A(S) = lımm,n→∞

m∑i=1

n∑j=1

√f2x(x∗i , y

∗j ) + f2


si el lımite existe. Sin entrar en mayores detalles, la existencia de este lımitela garantiza la continuidad de las primeras derivadas parciales de f . Pro-cediendo de la forma a como se hizo anteriormente, se puede establecer laformula del area de una superficie que se encuentra arriba de una regioncerrada y acotada del plano.Proposicion 1.11. Sea f(x, y) una funcion con primeras derivadas par-ciales continuas en una region D del plano xy. Entonces el area A(S) de lasuperficie definida por z = f(x, y) existe y esta dada como

A(S) =∫∫D

√f2x(x, y) + f2

y (x, y) + 1 dA

Ejemplo 1.29. Encontrar el area del trozo de la superficie de ecuacionz = x2 + 2y que se encuentra arriba de la region triangular D del plano xycon vertices (0, 0), (1, 0) y (1, 1).

Solucion. Es facil probar que la region D esta descrita por las desigualda-des

0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x

5 La diferenciabilidad de f garantiza que S no tiene huecos, dobleces o aristas; i.e., quegeometricamente S sea una superficie suave.


x

y

z

x (y = 0)

y

0 1

y = x

Entonces el area del trozo de superficie es

A =∫∫D

√(2x)2 + 22 + 1 dA =

∫ 1

0

∫ x

0

√4x2 + 5 dy dx

=∫ 1

0

x√

4x2 + 5 dx =27 − 5

√5

12

Ejemplo 1.30. Encuentra el area de la superficie del paraboloide z = x2+y2

que esta abajo del plano z = 9.

Solucion. La interseccion del paraboloide y el plano es el cırculo xx2+y2 =

x y

z

D

9. Por lo tanto, la superficie se encuentra arriba del disco con centro en elorigen y radio 3. En coordenadas polares,

A =∫∫D

√(2x)2 + (2y)2 + 1 dA =

∫ 3

0

∫ 2π

0

r√

4r2 + 1 dθ dr

= 2π∫ 3

0

r√

4r2 + 1 dr =π(37√

37 − 1)6

Los siguientes tres ejemplos incluyen integrales dobles de funciones g : D ⊂R

2 → R que son continuas y acotadas excepto en ciertos puntos de la fron-tera del conjunto que es cerrado y acotado D. Este tipo de integral doblese llama impropia. Para evaluarla, se proceder a evaluar la integral en undominio D′ contenido en D. Si el lımite de la integral doble,

lımD′→D

∫∫D′

g(x, y) dA

existe, entonces se dice que la integral doble de g sobre D existe6. Segundo,se puede proceder a evaluar la integral iterada de g, alguna de las cualessera una integral impropia de una funcion en una variable. Si esta integralimpropia existe, entonces la integral doble impropia existe.Ejemplo 1.31. Encuentre el area de la superficie de la parte de la esferax2 + y2 + z2 = 4 que esta dentro del cilindro x2 + y2 = 2y.

Solucion. Existen dos partes de la superficie de la esfera en el interior dellcilindro que tienen la misma area. Por tanto, se considera dos veces el area de6 Cf. Marsden y Tromba, Calculo vectorial, pp. 401-409.


la parte superior de estas dos partes. Sea entonces f(x, y) =√

4 − x2 − y2.La region D de integracion esta dado por el interior del cilindro en el planoxy; es decir, D esta definido por la desigualdad x2 + y2 ≤ 2y, o bien x2 +(y − 1)2 ≤ 1. Por lo tanto D es un disco con centro en (0, 1) y radio 1. Elarea de la parte de la superficie de la esfera que esta arriba y abajo de Dsera,

A =∫∫D

√x2

4 − x2 − y2+

y2

4 − x2 − y2+ 1 dA =

∫∫D

2√4 − x2 − y2

dA

Esta integral doble es impropia, porque el integrando es continuo y acotadoexcepto en el punto (0, 2) deD. ComoD es una region polar, parametrizandosu frontera x2 + y2 = 2y se encuentra que r2 = 2r sen θ, de donde

r = 0 o r = 2 sen θ

Entonces D esta dado por las desigualdades

0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 2 sen θ

Por lo tanto,

A =∫ 2π

0

∫ 2 sen θ

0

2r√4 − r2

dr dθ = 2∫ 2π

0

2√

4 − r2∣∣∣2 sen θ

r=0dθ

= 4∫ π

0

(2 − 2 cos θ) dθ = 8(θ − cos θ)∣∣∣π0

= 8(2π − 1)

Ejemplo 1.32. Encontrar el area de la superficie lateral del cilindro deradio R y altura h.

Solucion. Por simplicidad consideremos el cilindro definido de la formasiguiente:

0 ≤ y ≤ h, x2 + z2 = R2

como se representa en la figura.

xy

z

hR

z =√R2 − x2

z = −√R2 − x2

De la simetrıa del cilindro con respecto al eje y se concluye que el area A dela superficie del cilindro es igual a cuatro veces el area del trozo de cilindro


localizado en el primer octante. Sea z = f(x, y) =√R2 − x2. Entonces,

A = 4∫∫D

√x2

R2 − x2+ 1 dA = 4

∫ R

0

∫ h

0

R√R2 − x2

dy dx

= 4Rh∫ R

0

dx√R2 − x2

= 4Rh lımb→R

∫ b

0

dx√R2 − x2

= 4Rh lımb→R

sen−1( xR

)∣∣∣b0

= 2πRh

Observe de nuevo que el integrando es una funcion acotada excepto en elpunto (R, y), 0 ≤ y ≤ h, de la frontera de D, lo que hace de nuevo que laintegral doble sea impropia.

Ejemplo 1.33. Encuentre el area de la esfera de radio R.

Solucion. Sin perdida de generalidad consideremos la esfera de ecuacionx2 + y2 + z2 = R2. La simetrıa de la esfera respecto al origen permiteconsiderar su area A como 4 veces el area del trozo de superficie que seencuentra en el primer octante, como lo indica la siguiente figura.

x y

z

z =√R2 − x2 − y2

z = −√R2 − x2 − y2

x =√R2 − y2

R RD

0

Sea f(x, y) =√R2 − x2 − y2 donde x2 + y2 ≤ R2. Entonces D es la region

x2 + y2 ≤ R2 en el primer cuadrante del plano xy, y

A = 4∫∫D

√x2

R2 − x2 − y2+

y2

R2 − x2 − y2+ 1 dA

= 4∫∫D

R√R2 − x2 − y2

dA

la cual es una integral doble impropia, pues el integrando se anula sobre eltrozo de cırculo de D en el plano xy. No obstante, se puede evaluar mediantecoordenadas polares,

A = 4∫ R

0

∫ π/2

0

rR√R2 − r2

dθ dr = 2πR∫ R

0

r√R2 − r2

dr

= 2πR lımb→R

∫ b

0

r√R2 − r2

dr = 2πR lımb→R

[−√R2 − r2

]b0

= 2πR lımb→R

[R−√R2 − b2

]= 2πR2


Observe las siguientes similitudes, en particular entre las formulas de areade una superficie y la longitud de arco.

Longitud en el eje x Longitud de arco∫ b

a

dx

∫ b

a

ds =∫ b

a

√(f ′(x))2 + 1 dx

Area de una region plana en R2 Area de una superficie en R

2∫∫D

dA

∫∫D

dS =∫∫D

√f2x(x, y) + f2

y (x, y) + 1 dA

No solo esto. Tambien se puede establecer que la formula de area de unasuperficie generaliza la formula de area de una region plana en R

2. En efecto,haciendo f(x, y) = 1 en la formula de area de una superficie se obtiene,∫∫

D

dS =∫∫D

√1 dA =

∫∫D

dA

Densidad y masa

Las integrales dobles son usadas para calcular cantidades de diferentes tipos,no solamente volumen y area. Tambien se aplican las integrales dobles paracalcular la densidad y la masa, y el centros de masa e inercia de regionesplanas de R

2.

Lamina plana. Una lamina plana es una region cerrada D de alto des-preciable que ocupar una region de un plano. Por esto una lamina planase puede considerar como una region bidimensional. La densidad de unalamina se mide en unidades de masa por unidad de area. Una lamina D eshomogenea si su densidad ρ(x, y) es constante en todo D y no homogeneasi su densidad cambia punto a punto. Si D es una lamina homogenea demasa m y de area A entonces la densidad de D es ρ = m/A. Si D es unalamina no homogenea entonces la densidad la densidad en un punto (x, y)de la lamina es

ρ(x, y) = lımΔA→0

ΔmΔA

=dm

dA

donde Δm y ΔA son la masa y el area de un pequeno rectangulo R de ladosparalelos a los ejes coordenados que contiene el punto (x, y), y el limite setoma cuando las dimensiones de R se aproximan a cero. Observe que sobreel rectangulo R, por ser “tan pequeno”, la densidad de la lamina se puedeconsidera constante.

Densidad y masa de una lamina plana. Las integrales de funciones deuna variable permiten calcular momentos y centros de inercia de una laminade densidad constante. Supongamos ahora que la lamina plana ocupa unaregion D del plano xy y su densidad (en unidades de masa por unidad dearea) no es necesariamente constante y esta dada por una funcion continuaρ(x, y) en cada punto (x, y) de la lamina D. Vamos a calcular la masa totalde la lamina.


Para encontrar la masa total M de la lamina, se divide el rectangulo R

Rij(x∗i , y∗j )

con lados paralelos a los ejes coordenados y que contiene a D en mn su-brectangulos Rij de largo Δxi y ancho Δyj , y se considera que ρ es cerofuera de D. Si (x∗i , y

∗j ) es un punto de Rij , entonces la masa de la lamina que

ocupa el rectangulo Rij es ρ(x∗i , y∗j )ΔAij donde ΔAij = ΔxiΔyj es el area

del rectangulo Rij . Sumando todas estas masas se obtiene la aproximacionde las masa total,

m∑i=1

n∑j=1

ρ(x∗i , y∗j )ΔxiΔyj =

m∑i=1

n∑j=1

ρ(x∗i , y∗j )ΔAij .

Aumentando el numero de subrectangulos, se obtiene la masa total de lalamina D como

M = lımm,n→∞

m∑i=1

n∑j=1

ρ(x∗i , y∗j )ΔAij =

∫∫D

ρ(x, y)dA =∫∫D

dm

Los fısicos consideran de forma similar la carga electrica que se encuentradistribuida sobre una region D. Si la densidad de carga (en unidades decarga por unidad de area) es dada por la funcion continua σ(x, y) en cadapunto (x, y) de D, entonces la carga total Q en D esta dada por la integraldoble,

Q =∫∫D

σ(x, y) dA

Ejemplo 1.34. Encuentre el carga total de una carga que se encuentradistribuida en cada punto (x, y) de lamina D que es el interior de la porciondel circulo x2 + y2 = 4 localizado en el primer cuadrante, y con densidad decarga σ(x, y) = xy2 en ese mismo punto.

Solucion. La carga total es

Q =∫∫D

xy2 dA =∫ 2

0

∫ √4−x2

0

xy2 dy dx

=∫ 2

0

∫ π/2

0

r3 cos θ sen2 θ dθ dr =r4

4

∣∣∣20· sen3 θ

3

∣∣∣π/20

=43

Momentos y centros de masa. En fısica, el momento es la propiedadpor la cual una fuerza tiende a generar un movimiento de rotacion de uncuerpo alrededor de un punto o de un eje. El momento de masa, o primermomento, de un objeto con respecto a un eje mide la tendencia del objeto arotar alrededor del eje. El momento de masa con respecto a un eje se definecomo el producto de masa de la partıcula por la distancia que la separa deleje. El centro de masa de una lamina en el plano xy es el punto (x, y) dela lamina donde la masa puede ser concentrada sin afectar los momentos demasa de la lamina con respecto a los ejes coordenados. El centro de masapuede tambien ser interpretado como el punto del que la lamina puede sersuspendida sin que se mueva; i.e., permanezca en equilibrio.Se busca una formula para el centro de masa de una lamina que ocupa unaregion D y tiene densidad ρ(x, y). Se considera una particion del rectangulo


R con lados paralelos a los ejes coordenados que contiene a D en mn su-brectangulos Rij de largo Δxi y ancho Δyj , y se considera que ρ es cerofuera de D. Entonces la masa de la lamina que ocupa el rectangulo Rij esρ(x∗i , y

∗j )ΔxiΔyj donde (x∗i , y

∗j ) es un punto de Rij , de modo que

D

Rij

x

y

y∗j

y∗j [ρ(x∗i , y∗j )ΔxiΔyj ]y

∗j

sea una aproximacion del momento de masa de Rij con respecto al eje x.Sumando y aumentado el numero de subrectangulos de la particion de R seobtiene el momento de masa Mx de toda la lamina D con respecto al eje xcomo

Mx = lımm,n→∞

m∑i=1

n∑j=1

y∗j ρ(x∗i , y

∗j )ΔAij =

∫∫D

yρ(x, y)dA =∫∫D

ydm

De igual modo, la masa total My de la lamina D con respecto al eje y es

My = lımm,n→∞

m∑i=1

n∑j=1

x∗i ρ(x∗i , y

∗j )ΔAij =

∫∫D

xρ(x, y)dA =∫∫D

xdm

Fısicamente el centro de masa de D es el punto (x, y) en D en el cualse concentra toda la masa de D, de modo que la lamina permanece enequilibrio horizontal cuando es sostenida en su centro de masa. Este puntoesta determinado de modo que Mx = Mx y My = My.Proposicion 1.12. Las coordenadas (x, y) del centro de masa7 de una la-mina que ocupa la region D y tiene funcion de densidad continua ρ(x, y)son

x =Mx

M=

∫∫D

yρ(x, y)dA∫∫D

ρ(x, y)dA, y =

My

M=

∫∫D

xρ(x, y)dA∫∫D

ρ(x, y)dA.

Ejemplo 1.35. Encuentre la masa y el centro de masa de la region D entrelas graficas de las funciones y = x y y = x2 si la densidad es ρ(x, y) = x+y.

Solucion. La region D es del tipo III, pero se considera del tipo II; lo cualpermite describir la region mediante las desigualdades

0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ x

La masa de la region es, por formula,

M =∫∫D

(x+ y) dA =∫ 1

0

∫ x

x2(x+ y) dy dx =

∫ 1

0

[xy +

y2

2

]xx2dx

=∫ 1

0

[3x2

2− x3 − x4

2

]dx =

[x3

2− x4

4− x5

10

]10

=320

El momento con respecto al eje x es,

Mx =∫∫D

y(x+ y) dA =∫ 1

0

∫ x

x2(xy + y2) dy dx =

∫ 1

0

[xy2

2+y3

3

]xx2dx

=∫ 1

0

[5x3

6− x5

2− x6

3

]dx =

[5x4

24− x6

12− x7

21

]10

=13168

7 Tambien llamado centro de gravedad o baricentro.


y el momento con respecto al eje y,

My =∫∫D

x(x + y) dA =∫ 1

0

∫ x

x2(x2 + xy) dy dx =

∫ 1

0

[x2y +

xy2

2

]xx2dx

=∫ 1

0

[3x3

2− x4 − x5

2

]dx =

[3x4

8− x5

5− x6

12

]10

=11120

Las coordenadas del centro de masa de D son (x, y) =(

13168 · 20

3 ,11120 · 20

3

)=(

65126 ,

1118

) ≈ (0,516, 0,611), con tres decimales.

Ejemplo 1.36. Encontrar el centro de masa de la region D determinadapor la desigualdad x2 + y2 ≤ 9, con x ≥ 0 y y ≥ 0, y que tiene densidadρ(x, y) = x2 + y2 en cada punto de la region.

Solucion. La forma de la region plana permite encontrar la masa y lacoordenadas de masa mediante integrales iteradas en coordenadas polares.Ası, mediante las formulas establecidas se obtiene,

M =∫∫D

(x2 + y2) dA =∫ 3

0

∫ π/2

0

r3 dθ dr =π

2r4

4

∣∣∣π/20

=81π8

Mx =∫∫D

y(x2 + y2) dA =∫ 3

0

∫ π/2

0

r4 sen θ dθ dr

=r5

5

∣∣∣30· (− cos θ)

∣∣∣π/20

=2435

My =∫∫D

x(x2 + y2) dA =∫ 3

0

∫ π/2

0

r4 cos θ dθ dr

=r5

5

∣∣∣30· sen θ

∣∣∣π/20

=2435

El centro de masa de D es el punto (x, y) =(

2435

881π ,

2435

881π

)=(

16235π ,

16235π

)

Momento de inercia y centro de inercia. En fısica, la inercia es lapropiedad de la materia de resistir a cualquier cambio en su movimiento, yasea en direccion o velocidad. Cualquier cuerpo que efectua un giro alrededorde un eje, desarrolla inercia a la rotacion, es decir, una resistencia a cambiarsu velocidad de rotacion y la direccion de su eje de giro. La inercia de unobjeto a la rotacion esta determinada por su momento de inercia, siendo esta“la resistencia que un cuerpo en rotacion opone al cambio de su velocidadde giro”. El momento de inercia o inercia rotacional, o tambien segundomomento, de una partıcula de masa m con respecto a un eje se define comomr2, donde r es la distancia de la partıcula al eje.Sea D la region que ocupa una lamina con funcion de densidad continuaρ(x, y). Procediendo a como ya se ha hecho anteriormente se establece queel momento de inercia Ix de D con respecto al eje x es

Ix = lımm,n→∞

m∑i=1

n∑j=1

(y∗j )2ρ(x∗i , y

∗j )ΔAij =

∫∫D

y2ρ(x, y)dA =∫∫D

y2dm


De igual modo, el momento de inercia Iy de la lamina con respecto al eje yes

Iy = lımm,n→∞

m∑i=1

n∑j=1

(x∗i )2ρ(x∗i , y

∗j )ΔAij =

∫∫D

x2ρ(x, y)dA =∫∫D

x2dm

Tambien se puede establecer que el momento de inercia con respecto alorigen I0, o momento polar de inercia con respecto al origen, es

I0 = lımm,n→∞

m∑i=1

n∑j=1

[(x∗i )2 + (y∗j )

2]ρ(x∗i , y∗j )ΔAij =

∫∫D

[x2 + y2]ρ(x, y)dA

=∫∫D

[x2 + y2]dm

El radio de giro ¯x con respecto al eje y y el radio de giro ¯y con respecto aleje x son los numeros que satisfacen las ecuaciones

M ¯x2 = Iy , M ¯y2 = Ix

En el punto (¯x, ¯y) se puede concentrar la masa de la lamina sin cambiar losmomentos de inercia con respecto a lo ejes coordenados.Ejemplo 1.37. Una lamina ocupa la region D en el primer cuadrante den-tro del cırculo x2 + y2 = 2y pero fuera del cırculo x2 + y2 = 1. Encuentrelos momentos de inercia Ix e Iy y los radios de giro ¯x y ¯y si la densidad encualquier punto de D es inversamente proporcional a su distancia al origen.

Solucion. La region D puede ser descrita en coordenadas polares por la

r = 2 sen θ

r = 1

θ = π6

θ = π2

�

1

2

−1

1−1

desigualdad 1 ≤ r ≤ 2 sen θ. Para determinar completamente a D se debendeterminar los valores de θ para los cuales las curvas se intersecan. Estosvalores deben resolver la ecuacion 2 sen θ = 1 donde 0 ≤ θ ≤ π/2. El valores θ = π/6. Por lo tanto, D es descrita en coordenadas polares de la forma

π

6≤ θ ≤ π

2, 1 ≤ r ≤ 2 sen θ

y la funcion de densidad es

ρ(x, y) =k√

x2 + y2=k

r

para k alguna constante positiva. Entonces,

M =∫∫D

k√x2 + y2

dA = k

∫ π/2

π/6

∫ 2 sin θ

1

dr dθ

= k

∫ π/2

π/6

(2 sin θ − 1) dθ = −k(2 cos θ + 1)∣∣∣π/2π/6

= k(√

3 − π

3

)≈ 0,68485k


Ix =∫∫D

ky2√x2 + y2

dA = k

∫ π/2

π/6

∫ 2 sin θ

1

r2 sin2 θ dr dθ

= k

∫ π/2

π/6

[−r

3 (cos 2θ − 1)6

]2 sin θ

θ=1

dθ

= k

∫ π/2

π/6

(cos 2θ

6− 5 sin 3θ

6+

sin 5θ6

+5 sin θ

3− 1

6

)dθ

= k

[112

sin 2θ +5 cos 3θ

18− cos 5θ

30− 5 cos θ

3− θ

6

]π/2π/6

= k

(31

√3

20− π

9

)≈ 1,1678k

Iy =∫∫D

kx2√x2 + y2

dA = k

∫ π/2

π/6

∫ 2 sin θ

1

r2 cos2 θ dr dθ

= k

∫ π/2

π/6

[r3 cos2 θ

3

]2 sin θ

θ=1

dθ

= k

∫ π/2

π/6

(sin 3θ

6− cos 2θ

6− sin 5θ

6+

sin θ3

− 16

)dθ

= k

[cos 5θ

30− cos 3θ

18− sin 2θ

12− cos θ

3− θ

6

]π/2π/6

= k

(9√

340

− π

18

)≈ 0,21518k

El radio de giro de respecto al eje x y el radio de giro con respecto al eje yestan dados por las soluciones de las ecuaciones

M ¯x2 = Iy , M ¯y2 = Ix

Resolviendo estas ecuaciones para los valores encontrados se obtiene

¯x = ±√IyM

= ±

√√√√ 9√

340 − π

18√3 − π

3

≈ ±0,56053

¯y = ±√IxM

= ±√√√√ 31

√3

20 − π9√

3 − π3

≈ ±1,8467

Entonces, (¯x, ¯y) ≈ (0,56053, 1,8467).

1.3. Integrales triples

Sea f : S ⊂ R3 → R una funcion continua en donde S es un solido cerradoDefinicion de integral

triple y acotado de R3. El proposito consiste en definir y obtener formulas para

evaluar la integral triple de f sobre S; la cual, por logica extension de lanotacion de integrales dobles, se denota como∫∫∫

S

f(x, y, z) dV.


Primero consideramos f esta definida sobre una region S en la forma de unparalelepıpedo B con lados paralelos a los planos coordenados del espacio.Es decir, podemos definir B como

B ={(x, y, z) ∈ R

3 | a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d, u ≤ z ≤ v}

= [a, b] × [c, d] × [u, v].

Partiendo los tres lados de B en m,n y r partes, respectivamente, se formala suma triple de Riemann

Smnr =m∑i=1

n∑j=1

r∑k=1

f(x∗i , y∗j , z

∗k)ΔVijk

donde (x∗i , y∗j , z

∗k) pertenece al paralelepıpedo rectangularBijk = [xi−1, xi]×

[yj−1, yj ]× [zk−1, zk], de la particion de B, de volumen ΔVijk = ΔxiΔyjΔzkcon lados de longitud

Δxi =xi − xi−1

m, Δyj =

yj − yj−1

n, Δzk =

zk − zk−1

r.

Si el limite de Smnr existe cuando m,n, r → ∞, independientemente de laseleccion de los puntos (x∗i , y

∗j , z

∗k), se le llama la integral triple de f sobre

B y se denota como∫∫∫B

f(x, y, z) dV = lımm,n,r→∞

m∑i=1

n∑j=1

r∑k=1

f(x∗i , y∗j , z

∗k)ΔVijk

Al igual que se hizo con las integrales sencillas y dobles, toda funcion con-tinua en B, o acotada en B y continua excepto en un numero finito desuperficies en B, es integrable. Ademas, se puede probar que la integraltiene las mismas propiedades de las integrales dobles.En analogıa con las funciones de dos variables, existen seis integrales itera-das, ∫ b

a

∫ d

c

∫ v

u

f(x, y, z) dz dy dx,∫ d

c

∫ b

a

∫ v

u

f(x, y, z) dz dx dy,

∫ d

c

∫ v

u

∫ b

a

f(x, y, z) dx dz dy,

entre otras. Debe entenderse que estas integrales se representan como laintegral iterada

∫ b

a

∫ d

c

∫ v

u

f(x, y, z) dz dy dx =∫ b

a

[∫ d

c

[∫ v

u

f(x, y, z) dz]dy

]dx,

por ejemplo, en donde primero se integra con respecto a z manteniendoa x y y constantes, luego integrando con respecto a y y manteniendo a xconstante, y finalmente integrando el resultado con respecto a x.Como en el caso de las funciones de dos variables, el teorema de Fubini secumple, y ademas establece que estas integrales iteradas son iguales.Proposicion 1.13. Si f : B ⊂ R

3 → R es continua, entonces la integral tri-Teorema de Fubini paraintegrales triples ple

∫∫∫Bf(x, y, z) dV existe y esta dada por cualquiera de las seis integrales

iteradas posibles.


Ejemplo 1.38. Evaluar∫∫∫

Bxy2z dV donde B es el paralelepıpedo [0, 1]×

[−1, 2]× [0, 3].

Solucion. La funcion f(x, y, z) = xy2z es continua en B y por el teoremade Fubini su integral triple sobre B existe. Ademas, la integral se puedeevaluar como la integral iterada∫∫∫

B

xy2z dV =∫ 1

0

∫ 2

−1

∫ 3

0

xy2z dz dy dx =∫ 1

0

∫ 2

−1

9xy2

2dy dx

=∫ 1

0

27x2

dx =274

Podemos ahora definir y evaluar integrales triples sobre conjuntos cerradosy acotados mas generales S en R

3. Supongamos que f es una funcion en tresvariables que esta definida en el conjunto cerrado y acotado S en R

3. Si B esun paralelepıpedo rectangular con lados paralelos a los planos coordenados,se extiende f a una funcion f∗ en B que coincida con f en S y sea cero fuerade S. Si la frontera de S esta formada por un numero finito de funcionescontinuas, entonces f∗ es integrable y se define∫∫∫

S

f(x, y, z) dV =∫∫∫B

f∗(x, y, z) dV,

la cual es independiente de la seleccion de B. Evaluar la integral del ladoderecho depende que tan complicado sea o no la geometrıa del conjunto S.Al igual que se hizo para integrales dobles, se hace necesario estudiar laintegral a casos de regiones solidas de un tipo especial, pero buscando dealguna manera involucre el problema de evaluar una integral doble. Esto esposible considerando una clasificacion de las regiones solidas.Una region solida S de R

3 es del tipo I si existen dos funciones γi : D ⊂Region solidadel tipo I

x

y

z

γ1(x, y)

γ2(x, y)

D

R2 → R en las variables x y y que son continuas en D, donde D es la

proyeccion de S sobre el plano xy, tales que

S = {(x, y, z) | (x, y) ∈ D, γ1(x, y) ≤ z ≤ γ2(x, y)}Geometricamente, S una region solida del tipo I si su grafica esta entre lasgraficas de dos funciones continuas de x y y. En este caso, la grafica deγ1(x, y) sera la parte inferior del solido S y la grafica de γ2(x, y) la partesuperior del mismo. Utilizando los mismos argumentos de la seccion anteriorobtenemos ∫∫∫

S

f(x, y, z) dV =∫∫D

[∫ γ2(x,y)

γ1(x,y)

f(x, y, z) dz

]dA,

donde la integral iterada del lado derecho indica que mientras se integra conrespecto a z, las variables x y y permanecen constantes.Si S es una region solida del tipo I y su proyeccion D sobre el plano xy esuna region plana elemental, entonces podemos reescribir la integral doble dela formula anterior como una integral iterada con respecto a las variables x,y y z. Si D es una region plana del tipo I entonces existiran dos funcionescontinuas φ1(x) y φ2(x) en [a, b] tales que

S = {(x, y, z) | a ≤ x ≤ b, φ1(x) ≤ y ≤ φ2(x), γ1(x, y) ≤ z ≤ γ2(x, y)}


y, por tanto,∫∫∫S

f(x, y, z) dV =∫ b

a

∫ φ2(x)

φ1(x)

∫ γ2(x,y)

γ1(x,y)

f(x, y, z) dz dy dx.

Por otra parte, si D es una region plana del tipo II entonces existiran dosfunciones continuas ψ1(x) y ψ2(x) en [a, b] tales que

S = {(x, y, z) | c ≤ y ≤ d, ψ1(y) ≤ x ≤ ψ2(y), γ1(x, y) ≤ z ≤ γ2(x, y)}y, por tanto,∫∫∫

S

f(x, y, z) dV =∫ d

c

∫ ψ2(y)

ψ1(y)

∫ γ2(x,y)

γ1(x,y)

f(x, y, z) dz dx dy.

Si D es una region plana del tipo III, se pueden utilizar cualquiera de lasdos integrales iteradas anteriores para evaluar al integral triple.Una region solida S de R

3 es del tipo II siRegion solidadel tipo II

S = {(x, y, z) | (x, z) ∈ D, γ1(x, z) ≤ z ≤ γ2(x, z)}donde D es la proyeccion de S sobre el plano xz y las funciones γi : D ⊂

x

y

z

γ1(x, y)

γ2(x, y)

D

R2 → R en las variables x y z son continuas en D. La region solida S

esta entre las graficas de γ1 y γ2, donde la grafica de γ1 es la parte izquierday la grafica de γ2 es la parte derecha, y

∫∫∫S

f(x, y, z) dV =∫∫D

[∫ γ2(x,z)

γ1(x,z)

f(x, y, z) dy

]dA.

Si por ejemplo D es una region del tipo II en el plano xz determinada porlas desigualdades

u ≤ z ≤ v, φ1(z) ≤ x ≤ φ2(z)

entonces∫∫∫S

f(x, y, z) dV =∫ v

u

∫ φ2(z)

φ1(z)

∫ γ2(x,z)

γ1(x,z)

f(x, y, z) dy dx dz

Finalmente, una region solida S es del tipo III siRegion solidadel tipo III

S = {(x, y, z) | (y, z) ∈ D, γ1(y, z) ≤ z ≤ γ2(y, z)}donde D es la proyeccion de S sobre el plano yz y las funciones γi : D ⊂

x

y

z

γ1(x, y)

γ2(x, y)

D

R2 → R en las variables y y z son continuas en D. La region solida S

esta entre las graficas de γ1 y γ2, donde la grafica de γ1 es la parte posteriory la grafica de γ2 es la parte del frente, y

∫∫∫S

f(x, y, z) dV =∫∫D

[∫ γ2(y,z)

γ1(y,z)

f(x, y, z) dx

]dA.

En cada una de las dos ultimas formulas existen al menos dos formas posiblespara evaluar la integral doble, dependiendo si D es una region plana del


tipo I o II. Por ejemplo, supongamos que D es una region del tipo I en elplano zz determinada por las desigualdades

c ≤ y ≤ d, φ1(y) ≤ z ≤ φ2(y)

Entonces∫∫∫S

f(x, y, z) dV =∫ d

c

∫ φ2(y)

φ1(y)

∫ γ2(y,z)

γ1(y,z)

f(x, y, z) dx dz dy

Una region solida S de R3 que sea del tipo I, II y III se llama una regionRegion solida

del tipo IV solida de tipo IV. Por ejemplo, una esfera.

1.3.1. Aplicaciones de las integrales triples

Si f(x, y, z) = 1 para todo (x, y, z) en S entonces la integral triple de f sobreS representa el volumen V (S) de S:

V (S) =∫∫∫S

dV.

En el caso de una region solida del tipo I, por ejemplo,

V (S) =∫∫D

[∫ γ2(x,y)

γ1(x,y)

dz

]dA =

∫∫D

[γ2(x, y) − γ1(x, y)] dA

Si D es una region plana del tipo I, en particular, entonces

V (S) =∫ b

a

∫ φ2(x)

φ1(x)

∫ γ2(x,y)

γ1(x,y)

dz dy dx =∫ b

a

∫ φ2(x)

φ1(x)

[γ2(x, y) − γ1(x, y)] dy dx

Ejemplo 1.39. Verificar que el volumen de una esfera de radio R es 43πR

3.

Solucion. Sin perdida generalidad consideremos la esfera S de centro en(0, 0, 0) y radio R, x2 + y2 + z2 ≤ R2. Considerando S como una region deltipo I se puede describir como el conjunto de puntos (x, y, z) tales que

−R ≤ x ≤ R,

−√R2 − x2 ≤ y ≤

√R2 − x2

−√R2 − x2 − y2 ≤ z ≤

√R2 − x2 − y2

(cf. figura del Ejemplo 1.33). Entonces,

V (S) =∫ R

−R

∫ √R2−x2

−√R2−x2

∫ √R2−x2−y2

−√R2−x2−y2

dz dy dx

= 2∫ R

−R

∫ √R2−x2

−√R2−x2

√R2 − x2 − y2 dy dx = 2

∫ R

−R

R2 − x2

2π dx

= π

∫ R

−R(R2 − x2)dx = π

[R2x− x3

3

]R−R

=43πR3.


Ejemplo 1.40. Calcule el volumen del solido S limitado por los paraboloidesz = 6 − x2 − y2 y z = 2x2 + y2.

Solucion. El solido S esta abajo del primer paraboloide y arriba del segun-do, y puede ser considerada del tipo I. La proyeccion de S sobre el plano xyes la region D limitada por la grafica de la ecuacion 2x2 + y2 = 6− x2 − y2

o bien

x2

2+y2

3= 1,

una elipse. La simetrıa de D respecto al origen y de S respecto al eje z

0√

2

y =√

(6 − 3x2)/3

permiten obtener el volumen V de S como cuatro veces el volumen en elprimer octante. Por lo tanto,

V =∫∫∫S

dV = 4∫ √

2

0

∫ √(6−3x2)/2

0

∫ 6−x2−y2

2x2+y2dz dy dx

= 4∫ √

2

0

∫ √(6−3x2)/2

0

(6 − 3x2 − 2y2) dy dx

= 4√

6∫ √

2

0

(2√

2 − x2 − x2√

2 − x2) dx

= 3√

6π

Ejemplo 1.41. Calcule el volumen del solido S acotado por arriba por elplano 2x+ z = 3 y por abajo por el paraboloide z = x2 + y2.

Solucion. Considerando S como una region del tipo I, su proyeccion sobre

yx

z

z = x2 + y2

z = 3 − 2x

D

el plano xy es la region limitada por la ecuacion x2 + y2 = 3 − 2x o (x +1)2 + y2 = 4, un disco de radio 2 y centro en (−1, 0). El volumen del solidoes

V =∫∫∫S

dV =∫∫D

∫ 3−2x

x2+y2dz dA =

∫ 1

−3

∫ √3−2x−x2

−√3−2x−x2

∫ 3−2x

x2+y2dz dy dx

=∫ 1

−3

∫ √3−2x−x2

−√3−2x−x2

(3 − 2x− x2 − y2) dy dx

la cual no es una integral facil de evaluar.Considerando a S como region del tipo II, su proyeccion sobre el plano xz esla region D′ limitada por las curvas z = x2 (tomando y = 0 en z = x2 + y2)y z = 3−2x. La interseccion de estas curvas se dan cuando x = −3 y x = 1.Ası, D′ esta determinada por las desigualdades

−3 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ z ≤ 3 − 2x

Por lo tanto, de la simetrıa con respecto al eje x,

x

z

z = x2

z = 3 − 2x

V =∫∫D′

∫ √z−x2

−√z−x2

dy dA = 2∫ 1

−3

∫ 3−2x

x2

∫ √z−x2

0

dy dz dx

= 2∫ 1

−3

∫ 3−2x

x2

√z − x2 dz dx = 2

∫ 3

−1

23(3 − 2x− x2)2/3 = 8π


Si un objeto solido ocupa una region S del espacio y su densidad (en unidadesde masa por unidad de volumen) es ρ(x, y, z) en cada punto (x, y, z) delsolido, donde ρ es una funcion continua en D, entonces la masa M de S es

M =∫∫∫S

ρ(x, y, z) dV.

Los momentos alrededor de los tres planos coordenados son

Mxy =∫∫∫S

zρ(x, y, z) dV, Myz =∫∫S

xρ(x, y, z) dV,

Mxz =∫∫S

yρ(x, y, z) dV

El centro de masa esta ubicado en el punto (x, y, z), donde

x =Myz

M, y =

Mxz

M, z =

Mxy

m.

Si la densidad es constante, el centro de masa de S es llamado centroide deS. Los momentos de inercia, o segundos momentos, de S con respecto a lostres ejes coordenados son

Ix =∫∫D

(y2 + z2)ρ(x, y, z) dV, Iy =∫∫D

(x2 + z2)ρ(x, y, z) dV,

Iz =∫∫D

(x2 + y2)ρ(x, y, z) dV

x+ y + z = 1

x+ y = 1x y

z

Ejemplo 1.42. Sea T el tetraedro localizado en el primer octante y limitadopor arriba por el plano x+y+z = 1. Encontrar el volumen de T , y las masay el centro de masa de T si la densidad en cada punto (x, y, z) de T xy.

Solucion. La proyeccion de T sobre el plano xy es la region D limitadapor la curva x + y = 1 con x y y no negativos. Considerando a T y Dcomo regiones del tipo I, se tiene que T esta determinada por las siguientesdesigualdades:

0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x, 0 ≤ z ≤ 1 − x− y

El volumen V de T es, por tanto,

V =∫∫∫T

dV =∫ 1

0

∫ 1−x

0

∫ 1−x−y

0

dz dy dx

=∫ 1

0

∫ 1−x

0

(1 − y − x)dy dx =12

∫ 1

0

(x− 1)2dx =16

La masa M de T es

M =∫∫∫T

xy dV =∫ 1

0

∫ 1−x

0

∫ 1−x−y

0

xy dz dy dx

=∫ 1

0

∫ 1−x

0

(−xy(x+ y − 1))dy dx = −16

∫ 1

0

x(x − 1)3dx

=1

120


Como los momentos de T respecto a los ejes coordenados son

Mxy =∫∫∫T

xyz dV =∫ 1

0

∫ 1−x

0

∫ 1−x−y

0

xyz dz dy dx

=12

∫ 1

0

∫ 1−x

0

xy(x+ y − 1)2dy dx =124

∫ 1

0

x(x− 1)4dx

=1

720

Myz =∫∫∫T

x2y dV =∫ 1

0

∫ 1−x

0

∫ 1−x−y

0

x2y dz dy dx

= −∫ 1

0

∫ 1−x

0

x2y (x+ y − 1)dy dx = −16

∫ 1

0

x2 (x− 1)3 dx

=1

360

Mxz =∫∫∫T

xy2 dV =∫ 1

0

∫ 1−x

0

∫ 1−x−y

0

xy2 dz dy dx

= −∫ 1

0

∫ 1−x

0

xy2 (x+ y − 1)dy dx =112

∫ 1

0

x (x− 1)4 dx

=1

360

entonces el centro de masa de T esta en el punto

(x, y, z) =

(1

3601

120

,1

3601

120

,1

7201

120

)=(1

3,13,16

)

1.4. Integrales triples en coordenadas cilındricas y esfericas

Algunas integrales triples se evaluan mas facilmente mediante un cambio decoordenadas cartesianas a coordenadas cilındricas o esfericas.

1.4.1. Coordenadas cilındricas

Las coordenadas cilındricas (r, θ, z) son un sistema de coordenadas que gene-

x

y

z

�(r, θ, z)

rθ

z

ralizan las coordenadas polares bidimensionales, y que son las coordenadasnaturales para describir posiciones en un cilindro. Se define la coordenadaradial ρ como la distancia desde el origen al punto, la coordenada θ comoel angulo acimutal en el plano xy, y z como la coordenada vertical (ver lafigura)Las coordenadas cilındricas (r, θ, z) de un punto del espacio estan relaciona-dos con las coordenadas cartesianas (x, y, z) del punto, y viceversa, mediantelas formulas

r2 = x2 + y2, tan θ =y

x, z = z,

x = r cos θ, y = r sen θ, z = z,


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