CAPÍTULO 9

Integrales Múltiples.

En este capítulo generalizamos las integrales definidas de una variable a dos y tres variables. La interpretación geométrica de las integrales definidas de una variable como área bajo la curva se extiende ahora de manera natural a volúmenes bajo superficies.

CONTENIDOS

1. Integrales dobles.

2. Cambio de variable.

3. Aplicaciones físicas de las integrales dobles.

SECCIÓN 1

Integrales dobles. En esta sección presentamos la primera generalización de la integral definida de una variable : la integral doble. La interpretación geométrica y el cálculo de las integrales en general no ofrecen dificultad. Pero nuestro cerebro puede tener inconvenientes en algunos cambios de variable.

Por otro lado las aplicaciones físicas y geométricas constituyen una parte interesante donde continuamos viendo la utilidad de los conceptos que estamos estudiando.

205

Problemas.

(1) Interpretar geométricamente la región de integración y calcular las siguientes integrales

(a) ∫2

−2 ∫174 −x2

4 − x2

x dy dx

(b) ∫1

0 ∫1

yex2 dx dy.

Solución.

(a) Comenzamos por aplicar el teorema de Fubini. Éste nos dice que

∫2

−2 ∫174 −x2

4 − x2

x dy dx = ∫2

−2( ∫

174 −x2

4 − x2

x dy) dx.

Ahora bien, la integral de entre paréntesis se calcula así

∫174 −x2

4 − x2

x dy = xy174 −x2

4 − x2

= x . (174

− x2) − x . 4 − x2.

Entonces nuestro ejercicio es ahora una integral de Análisis I, a saber

∫2

−2x . (17

4− x2) − x . 4 − x2 dx = 0.

Nota : Esta integral se puede calcular y al evaluarla en sus extremos por la regla de Barrow da 0. Pero, más fácil, vemos que el intervalo es simétrico respecto del origen y una función impar integrada en un intervalo simétrico da siempre 0.

Dejamos como un sencillo ejercicio el dibujo de la región de integración.

206

(b) Al aplicar el teorema de Fubini a esta integral tenemos

∫1

0 ∫1

yex2 dx dy = ∫

1

0( ∫

1

yex2 dx) dy.

Pero tenemos el problema de que la integral indefi-nida de la función e−x2 no es elemental, hecho que fue demostrado por Liouville. Luego DEBEMOS cambiar el orden de integración para poder continuar. Para esto puede ser útil el gráfico de la región de integración de la galería 9.1.

Al invertir el orden vemos que nuestra integral es igual a

∫1

0 ∫x

0ex2 dy dx = ∫

1

0( ∫

x

0ex2 dy ) dx.

Ahora bien, la integral entre paréntesis es

∫x

0ex2 dy = ex2y

x

0= x . ex2

entonces el resultado final es

207

Nuestro dominio de integración es el triángulo de esta ga- lería.

Galería 9.1. Región de integración.

∫1

0x . ex2 dx =

ex2

2

1

0=

e − 12

.

Se puede ver una solución on-line clickeando aquí.

(2) Calcular el centro de masa de la placa plana definida por |x | ≤ y ≤ 2 cuando la densidad de masa superficial en cada punto es proporcional a la distancia desde el punto al eje y.

Solución.

La placa tiene la forma de la galería 9.2. Si la densi-dad es proporcional a la distancia del punto (x, y) al eje y entonces

δ(x, y) = k |x | .

Ahora bien, la fórmula de las coordenadas X e Y del centro de masa de la placa viene dada por

X =∫ ∫ x δ(x, y) dx dy∫ ∫ δ(x, y) dx dy

Y =∫ ∫ y δ(x, y) dx dy∫ ∫ δ(x, y) dx dy

.

Observamos que el denominador es precisamente la masa M de la placa. Entonces

M = ∫ ∫ δ(x, y) dx dy = ∫2

−2 ∫2

|x|k . |x | dy dx =

∫0

−2 ∫2

−xk . (−x) dy dx + ∫

2

0 ∫2

xk . x dy dx =

∫0

−2− kxy

2

−xdx + ∫

2

0kxy

2

xdx =

208

∫0

−2− kx2 − 2kx dx + ∫

2

02kx − kx2 dx =

k[ −83

+ 4] + k[4 −83 ] =

83

k .

Ahora, la coordenada Y es

Y =∫ 2

−2∫ 2

|x|y . k |x | dy dx

83 k

=

∫ 2

−2∫ 2

|x|y . |x | dy dx

83

.

Concentrándonos en el numerador tenemos

∫0

−2 ∫2

−xy . (−x) dy dx + ∫

2

0 ∫2

xy . x dy dx =

2 + 2 = 4.

209

La placa de nuestro ejercicio tiene la forma de este trián-gulo y su densidad en el punto (x, y) es

δ(x, y) = k |x |

Galería 9.2. Gráfica de la placa plana.

Luego la coordenada Y resulta

Y =483

=32

.

Dejamos como un sencillo ejercicio el cálculo de la coordenada X del centro de masa que resulta (como es de esperar por simetría) igual a 0.

Se puede ver una solución on-line clickeando aquí.

(3) Calcular el área de D = {(x, y) ∈ R2 : |x | + |y | ≤ 2} usando (x, y) = (u + v

2,

u − v2 ).

Solución.

La región a la cual le debemos calcular es área es la de la galería 9.3.

Ahora bien, nuestro cambio de variable es

x =u + v

2, y =

u − v2

.

210

El área que se nos pide calcular en la del cuadrado azul. A continuación la tranformación de este cuadrado por el cam-bio de variables

x =u + v

2, y =

u − v2

Galería 9.3. Región de integración.

La región D se puede describir por el siguiente sis-tema de desigualdades

−2 ≤ x + y ≤ 2 ∧ −2 ≤ x − y ≤ 2.

Luego, expresando estas desigualdades en función de las variables u, v tenemos

−2 ≤ u ≤ 2 ∧ −2 ≤ v ≤ 2.

Estas desigualdades en el plano u, v se grafican co-mo en la segunda figura de la galería 9.3.

Para completar debemos calcular el Jacobiano

J x yu v =

x′�u x′�

v

y′�u y′�

v= 1/2 1/2

1/2 −1/2= − 1/2,

recordando que en la integral doble en la cual cambiamos las variables debemos poner el módulo del Jacobiano!

Luego, recordando que el área de D se calcula integrando la función constante f (x, y) = 1 sobre D tenemos

A(D) = ∫ ∫D1 dx dy = ∫

2

−2 ∫2

−2|J | du dv

∫2

−2 ∫2

−2

12

du dv = 8.

Se puede ver una solución on-line clickeando aquí.

(4) Calcular el área de la región dada por la inecuación

x2

a2+

y2

b2≤ 1, a > 0 , b > 0

211

Solución.

Evidentemente se trata del interior de la elipse

x2

a2+

y2

b2= 1.

Entonces

A(D) = ∫ ∫Ddx dy .

Hagamos ahora el cambio de variables, similar a las coordenadas polares, siguiente

x = a r cos(θ) y = b r sen(θ), 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π .

El Jacobiano es en este caso

Jx yr θ

=x′�

r x′�θ

y′�r y′�

θ=

a cos(θ) −ar sen(θ)b cos(θ) br cos(θ)

= abr.

Luego

A(D) = ∫ ∫Ddx dy = ∫

1

0 ∫2π

0abr dθ dr = ∫

1

02πabr dr = πab .

resultado que conviene conservar en la cabeza : “La elipse de semiejes a, b encierra un área igual a πab y como caso especial a = b = r tenemos el área del círculo πr2. Un ejemplo lo tenemos en la galería 9.4.

212

(5) Usando coordenadas polares

∫ ∫D

x + yx2

dx dy

siendo D descripta por 0 ≤ y ≤ x, x + y ≤ 2.

Solución.

Al pasar a las coordenadas polares

x = r cos(θ) y = r sen(θ)

la región D se describe en el plano polar por

0 ≤ θ ≤π4

, r cos(θ) + r sen(θ) ≤ 2.

De la segunda inecuación tenemos

213

En este caso la elipse de semiejes

a = 4 b = 3

es

A = 4.3.π = 12π.

Galería 9.4. Elipse y su área.

r ≤2

cos(θ) + sen(θ).

Entonces nuestra integral pasa a ser

∫π4

0 ∫2

cos(θ) + sen(θ)

0

r cos(θ) + r sen(θ)r2 cos2(θ)

. r dr dθ =

∫π4

0

cos(θ) + sen(θ)cos2(θ)

.2

cos(θ) + sen(θ)dθ = 2.

Se puede ver una solución on-line clickando aquí.

(6) Hallar ,usando coordenadas polares, el área de la región

D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 4 ∧ x2 + y2 ≥ 2x}.

El triángulo de integración pensado en polares. Vemos que el ángulo está satisface

0 ≤ θ ≤π4

y luego el radio varía, para cada ángulo, en la forma

0 ≤ r ≤2

cos(θ) + sen(θ).

Galería 9.5. Triángulo pensado en coordena-das polares.

214

Solución.

La región D tiene el gráfico de la galería 9.6.

Atendamos sólo a la región de D que además satisface x ≥ 0. Si hacemos

x = r cos(θ) y = r sen(θ) θ ∈ (−π, π]

sustituyendo en las inecuaciones que definen D tenemos

r2 ≤ 4 ∧ r2 ≥ 2r cos(θ),

es decir

r ≤ 2 ∧ r ≥ 2 cos(θ).

Luego el área de la región con x ≥ 0 es

La región D en el plano polar. Para cada

θ ∈ [−π2

,π2

]

el radio satisface

2 cos(θ) ≤ r ≤ 2.

Galería 9.6. Región de integración.

215

A(D) = ∫ ∫Ddx dy = ∫

π2

−π2

∫2

2 cos(θ)r dr dθ =

∫π2

−π2

r2

2

2

2 cos(θ)dθ = ∫

π2

−π2

2(1 − cos2(θ) dθ =

2∫π2

−π2

sen2(θ) dθ = 2.π2

= π.

Sumando a este valor el área del semicírculo situado en x ≤ 0 tenemos el resultado final

π + 2π = 3π.

216

CONTENIDOS

1. Integrales triples.

2. Coordenadas cilíndricas.

3. Coordenadas esféricas.

4. Aplicaciones geométricas y físicas.

SECCIÓN 2

Integrales triples. En esta sección estudiamos la generalización de la integral doble adicionando una variable más para llegar a la integral triple. A nivel teórico ocurre lo mismo que con las integrales dobles pero a nivel práctico, es decir, en los ejercicios la diferencia es sustancial. Los ejercicios son mucho más difíciles porque los volúmenes en el espacio son mucho más complicados que las figuras en el plano.

Por otro lado los sistemas de coordenadas esférico y cilíndrico también son estudiados en detalle. Si alguna sección de este libro no se puede hacer en un libro ordinario de papel dicha sección es ésta.

217

Problemas.

(1) Hallar el volumen de las siguientes regiones

(a) K = {(x, y, z) : x + y ≤ z ≤ 1 ∧ x ≥ 0 ∧ y ≥ 0}

(b) K = {y ≥ x2, y ≤ x, z ≥ x + y, x + y + z ≤ 6}.

Solución.

(a) La dificultad está en imaginarse la región para escribir los límites en la integral triple.

Las inecuaciones x ≥ 0, y ≥ 0 ayudan bastante. Por otro lado los plano z = x + y, z = 1 no son difíciles de imaginar por separado. Ahora bien, es clave averiguar donde se intersecan estos dos planos. Eliminando z vemos que es necesario para la intersección que

x + y = 1(Cuidado! Recordemos que en R3 esto es una superficie, no una curva.)

218

Nuestro volumen y su proyección sobre el plano xy. Vemos calramente el plano

z = x + y

y el plano

z = 1

Galería 9.1. El volumen de nuestro ejercicio desde varios ángulos.

Con esto el volumen que se nos pide es el de la gale-ría 9.1.

Ahora bien, al proyectar este volumen en el plano x, y obtenemos un área definida por las inecuaciones

x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 1.

Entonces el volumen de K es

V(K ) = ∫ ∫ ∫Kdx dy dz = ∫

1

0 ∫1−x

0 ∫1

x+ydz dy dx =

∫1

0 ∫1−x

0z

1

x+ydy dx = ∫

1

0 ∫1−x

01 − x − y dy dx =

∫1

0(1 − x)(1 − x) −

(1 − x)2

2=

16

.

Se puede ver una solución on-line clickeando aquí.

(b) En este ítem nuevamente dos inecuaciones contienen sólo las variables x, y, a saber

y ≥ x2, y ≤ x.

Además las dos segundas nos dicen donde varía z para cada x, y

z ≥ x + y, z ≤ 6 − x − y.

Por lo tanto tenemos

V(K ) = ∫ ∫ ∫Kdx dy dz = ∫

1

0 ∫x

x2 ∫6−x−y

x+ydz dy dx =

219

∫1

0 ∫x

x2

z6−x−y

x+ydy dx = ∫

1

0 ∫x

x2

6 − 2x − 2y dy dx = ∫1

0(6 − 2x)(x − x2) − (x2 − x4) dx =

710

.

Se puede ver una solución on-line clickeando aquí.

(2) Hallar el volumen del sólido K definido por

K = {(x, y, z) ∈ R3 : z ≤ x2 + y2 ∧ x2 + y2 + z2 ≤ 2 ∧ z ≥ 0} .

Solución.

Recordemos que el sistema cartesiano se obtiene del esférico a través de las ecuaciones

x = r cos(θ) sen(φ)y = r sen(θ) sen(φ)z = r cos(φ)

0 ≤ θ < 2π, 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ r < ∞ .

220

Vemos claramente el volumen y su proyección sobre el plano de ecuación

z = 0

Galería 9.2. Volumen de nuestro ejercicio.

y que el Jacobiano de esta transformación es

|J | = r2 sen(φ),

donde el módulo no hace falta pues r2 sen(φ) ≥ 0.

El gráfico de este sólido es como “la parte superior de una manzana a la cual le hemos sacado el cabito”.

El volumen del sólido es

V(K ) = ∫ ∫ ∫Kdx dy dz =

∫2

0 ∫2π

0 ∫π2

π4

r2sen(φ) dφ dθ dr =

∫2

0 ∫2π

0r2(−cos(φ))

π2

π4

dθ dr =

∫2

0 ∫2π

0r2 .

22

dθ dr =

El volumen de nuestro ejercicio es el indicado claramente-con la letra K en amarillo. Está “abajo” del cono, “dentro” de la esfera y “arriba” del plano z = 0

Galería 9.4. El volumen de nuestro ejercicio.

221

∫2

0π . 2 . r2 dr = π . 2 .

23

3=

4π3

.

(3) Hallar el volumen del sólido

K = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 4 ∧ x2 + y2 ≥ 2x ∧

x ≥ 0 ∧ z ≥ 0}

Solución.

Recordemos que el sistema cartesiano se obtiene del cilíndrico a través de las ecuaciones

x = r cos(θ)y = r sen(θ)z = z

0 ≤ r < ∞, − π ≤ θ < π.

En este sistema las inecuaciones que definen K se transforman en

z2 ≤ 4 − r2 ∧ r ≥ 2 cos(θ) ∧ −π2

≤ θ ≤π2

.

El gráfico del volumen que debemos calcular lo ve-mos claramente en la galería 9.4.

V(K ) = ∫ ∫ ∫Kdx dy dz =

∫π2

−π2

∫2

2 cos(θ) ∫4 − r2

0r dz dr dθ =

∫π2

−π2

∫2

2 cos(θ)r . 4 − r2 dr dθ =

222

∫π2

−π2

(4 − r2)3/2 . (−13

)2

2 cos(θ)dθ =

∫π2

−π2

13

(4 sen2(θ))3/2 dθ =

83 ∫

π2

−π2

|sen(θ) |3 dθ =83

.43

Luego el volumen pedido es V(K ) =329

.

Se puede ver una solución on-line aquí.

(4) Hallar la masa del cuerpo l imitado por x2 + y2 + z2 = 2 con y ≥ x2 + z2 cuando la densidad de masa volumétrica en cada punto es proporcional a la distancia del punto al eje y.

Solución.

Sin duda la intersección del paraboloide

223

Vemos de frente el volumen que debemos calcular indicado claramente en amarillo.

Galería 9.4. Varias vistas del volumen de nuestro ejercicio.

y = x2 + z2

con la esfera

x2 + y2 + z2 = 2

es la circunferencia

γ(t) = (cos(t),1,sen(t)), t ∈ [0,2π] .

En efecto sustituyendo la primera en la segunda tenemos la condición

y + y2 = 2 ⟹ y = 1

y entonces

1 = x2 + z2.

Vemos que todo nuestro sólido está contenido en el cilindro en R3 de ecuación

224

Seis vistas de nuestro sólido. Vista 1.

Galería 9.6. Sólido del cual se pretende obte-ner su masa.

1 = x2 + z2.

I n t r o d u z c a m o s e n t o n c e s e l s i s t e m a d e coordenadas

x = r cos(θz = r sen(θ)y = y

Como la densidad es proporcional a la distancia del punto al eje y entonces

δ(x, y, z) = k x2 + z2.

Luego la masa del cuerpo es

M = ∫ ∫ ∫Kδ(x, y, z) dV =

∫1

0 ∫2π

0 ∫2 − r2

r2

k . r . r dy dθ dr =

∫1

0 ∫2π

0k . r2 . ( 2 − r2 − r2) dθ dr =

2πk∫1

0r2 . ( 2 − r2 − r2) =

= 2πk .5π − 8

40.

225