Integral Múltiple

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Caṕıtulo 5
INTEGRAL MÚLTIPLE
SECCIONES
1. Integrales dobles sobre rectángulos.
2. Integrales dobles sobre regiones generales.
3. Cambio de variables en la integral doble.
4. Integrales triples.
5. Ejercicios propuestos.
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1. INTEGRALES DOBLES SOBRE RECTÁNGULOS.
Aśı como la integral simple resuelve el problema del cálculo de áreas de
regiones planas, la integral doble es la herramienta natural para el cálcu-
lo de volúmenes en el espacio tridimensional. En estas notas se introduce
el concepto de integral múltiple, el cual incluye los casos anteriores en un
contexto general. De este modo, las aplicaciones no se limitan al cálculo
de áreas y volúmenes sino que se extienden a otros problemas f́ısicos y ge-
ométricos.
5.1. Integral sobre regiones elementales.
5.1.1. Definiciones previas.
Todo conjunto de la forma I = [a1, b1]× · · ·× [an, bn] ⊂ Rn recibe el nombre
de intervalo n-dimensional o n-intervalo.
Una partición de I se define al dividir cada intervalo [ai, bi] mediante los
puntos {xi0, . . . , ximi} y formar las celdas n-dimensionales Jk = [x
1
j1
, x1j1+1]×
· · ·× [xnjn , x
n
jn+1
], 0 ≤ ji ≤ mi−1 (i = 1, . . . , n). De este modo, una partición
de un n-intervalo I es un conjunto P = {J1, . . . , JN}, formado por celdas
n-dimensionales, tal que
⋂
Ji ∩
⋂
Jk = ∅ (i 6= k), y J1 ∪ · · · ∪ JN = I.
Dada una función f : I → R acotada, si definimos la medida n-dimensional
de una celda como el producto de las longitudes de sus aristas, llamaremos
suma inferior de f con respecto a la partición P a
L(f, P ) =
∑
Jk∈P
ı́nf{f(x) : x ∈ Jk} ·m(Jk).
Análogamente, la suma superior de f respecto a P es
U(f, P ) =
∑
Jk∈P
sup{f(x) : x ∈ Jk} ·m(Jk).
5.1.2. Propiedades.
i) L(f, P ) ≤ U(f, P ), para toda partición P de I.
ii) Si P ′ es un refinamiento de P (es decir, cada celda de P ′ está contenida en
alguna celda de P ), entonces L(f, P ) ≤ L(f, P ′) y U(f, P ′) ≤ U(f, P ).
iii) Si P ′ y P ′′ son dos particiones arbitrarias de I, L(f, P ′) ≤ U(f, P ′′).
iv) sup{L(f, P ) : P partición de I} ≤ ı́nf{U(f, P ) : P partición de I}.
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5.1.3. Definición.
Se define la integral superior de f sobre I a∫
I
f = ı́nf{U(f, P ) : P partición de I}.
Del mismo modo, se define la integral inferior de f sobre I a∫
I
f = sup{L(f, P ) : P partición de I}.
Diremos que la función f es integrable sobre I cuando
∫
If =
∫
I
f y
dicho valor común se llama integral de f sobre I, que denotaremos por∫
I f . En el caso particular n = 2 utilizaremos frecuentemente la notación∫∫
I
f(x, y) dxdy y, si n = 3, utilizaremos la notación análoga
∫∫∫
I
f(x, y, z) dxdydz.
5.1.4. Teorema.
Sea f : I ⊂ Rn → R acotada. Son equivalentes:
i) f es integrable en I.
ii) (Condición de Riemann.) Para todo ε > 0, existe Pε partición de I tal
que U(f, Pε)− L(f, Pε) < ε.
iii) (Condición de Darboux.) Existe una constante L con la siguiente propiedad:
∀ε > 0,∃δ > 0 :
∣∣∣∣∣
N∑
i=1
f(xi)m(Ji)− L
∣∣∣∣∣ < ε,
donde P = {J1, . . . , JN} es una partición de I cuyas aristas tienen
longitud menor que δ y xi ∈ Ji (i = 1, . . . , N).
Demostración. Supongamos en primer lugar que f es integrable y veamos
que se cumple la condición de Riemann. Llamemos L =
∫
I f . Por definición
de ı́nfimo, dado ε > 0, existe una partición P ′ε tal que U(f, P
′
ε) < L+ ε/2.
Análogamente, existe una partición P ′′ε tal que L(f, P
′′
ε ) > L − ε/2. Si lla-
mamos Pε = P ′ε ∪ P ′′ε , entonces
L− ε/2 < L(f, P ′′ε ) < L(f, Pε) ≤ U(f, Pε) < U(f, P ′ε) < L+ ε/2.
Por tanto, U(f, Pε)− L(f, Pε) < ε.
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Supongamos ahora que se cumple la condición de Riemann y veamos que f
es integrable en I.
Como L(f, P ) ≤
∫
I
f ≤
∫
If ≤ U(f, P ), entonces
∫
If −
∫
I
f < ε, ∀ε > 0,
con lo cual
∫
If =
∫
I
f .
Probemos ahora la equivalencia entre i) y iii). Supongamos en primer lugar
que se cumple la condición de Darboux. Aśı pues, dado ε > 0, elegimos δ > 0
tal que ∣∣∣∣∣
N∑
i=1
f(xi)m(Ji)− L
∣∣∣∣∣ < ε/2.
Elegimos también xi ∈ Ji de modo que
|f(xi)− sup{f(x) : x ∈ Ji}| <
ε
m(Ji) · 2N
.
Entonces
|U(f, P )− L| ≤
∣∣∣∣∣U(f, P )−
N∑
i=1
f(xi)m(Ji)
∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣
N∑
i=1
f(xi)m(Ji)− L
∣∣∣∣∣
<
N∑
i=1
ε ·m(Ji)
m(Ji) · 2N
+
ε
2
= ε.
Análogamente se prueba para las sumas inferiores.
Para probar el rećıproco, necesitamos el siguiente resultado.
Lema. Dada una partición P de I y cualquier ε > 0, existe δ > 0 tal que
para cada partición P ′ en celdas de aristas con longitud menor que δ, la
suma de las medidas de las celdas de P ′ que no están totalmente contenidas
en alguna celda de P es menor que ε.
Demostración. Para demostrarlo, separaremos dos casos:
n = 1: Si P = {x0, x1, . . . , xN}, basta elegir δ = ε/N porque los intervalos
de P ′ que no estén contenidos en algún intervalo [xk−1, xk] deben incluir
algún xk, k = 1, . . . , N − 1; por tanto, la suma de sus longitudes es menor
que N · δ (número de intervalos multiplicado por la longitud de cada uno).
n > 1: Si P = {J1, . . . , JN}, llamamos T a la longitud total de las aristas
situadas entre dos celdas cualesquiera de P y elegimos δ = ε/T .
Sea J ′ ∈ P ′ una celda no contenida en ningún Jk. Esto indica que corta a
dos celdas adyacentes de P . Por tanto, su n-medida es menor o igual que
δ ·A, donde A es la medida de las caras comunes a dichas celdas. Entonces∑
J ′∈P ′,J ′ 6⊂Jk m(J
′) ≤ δ · T = ε.
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Terminemos ahora la demostración del teorema suponiendo que f es inte-
grable en I. Por ser f acotada, existe M tal que |f(x)| ≤M , ∀x ∈ I.
Por ser f integrable, existen dos particiones P1, P2 tales que:
L− L(f, P1) < ε/2
U(f, P2)− L < ε/2
(donde L es la integral y ε > 0 arbitrario).
Si P es un refinamiento de P1 y P2, entonces
U(f, P )− ε/2 < L < L(f, P ) + ε/2.
Por el lema anterior, existe δ > 0 tal que si P ′ es una partición de I cuyas
aristas tienen longitud menor que δ, entonces∑
J ′∈P ′,J ′ 6⊂Jk,Jk∈P
m(J ′) <
ε
2M
.
Sea P ′ = {S1, . . . , SN} una partición de aristas con longitud menor que δ
donde cada S1, . . . , Sk está contenido en alguna celda de P y Sk+1, . . . , SN
no lo están. Si xj ∈ Sj , entonces:
N∑
j=1
f(xj)m(Sj) =
k∑
j=1
f(xj)m(Sj) +
N∑
j=k+1
f(xj)m(Sj) ≤ U(f, P ) +M ·
ε
2M
< L+ ε.
N∑
j=1
f(xj)m(Sj) =
k∑
j=1
f(xj)m(Sj)−
N∑
j=k+1
−f(xj)m(Sj) ≥ L(f, P )−M ·
ε
2M
> L− ε.
Por tanto, ∣∣∣∣∣∣
N∑
j=1
f(xj)m(Sj)− L
∣∣∣∣∣∣ < ε,
lo que corresponde a la condición de Darboux.
Ejemplos. Estudiar la integrabilidad y calcular la integral (en caso de exi-
stir) de las siguientes funciones en las regiones indicadas:
a) f(x, y) = [x] + [y], (x, y) ∈ [−1, 1]× [−1, 1].
b) f(x, y) = [x+ y], (x, y) ∈ [−1, 1]× [−1, 1].
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c) f(x, y) = sen(x+ y), (x, y) ∈ [0, π/2]× [0, π/2].
d) f(x, y) = x3 + 3x2y + y3, (x, y) ∈ [0, 1]× [0, 1].
e) f(x, y) =
√
|y − x2|, (x, y) ∈ [−1, 1]× [0, 2].
5.2. Extensión del concepto de integral a regiones
acotadas.
Sea A ⊂ Rn un conjunto acotado tal que A ⊂ I, donde I es un n-intervalo,
y f : A → R una función acotada. Decimos que f es integrable en A
cuando
g(x) =
{
f(x) si x ∈ A
0 si x ∈ I \A
es integrable en I.
Esto sugiere que el tipo de regiones para las que una función es integrable
no puede tener “frontera muy complicada”. Por tanto, necesitamos las sigu-
ientes definiciones.
5.2.1. Definición.
Un conjunto acotado A ⊂ Rn tiene contenido (según Jordan) si la función
constante f(x) = 1 es integrable en A. En este caso, el contenido de A se
define como c(A) =
∫
A 1.
Por definición de integral, un conjunto A tiene contenido cero si y sólo
si
∀ε > 0,∃{J1, . . . , JN} n-intervalos que cubren a A :
N∑
i=1
m(Ji) < ε.
Diremos entonces que un conjunto acotado A ⊂ Rn es un dominio de Jor-
dan si su frontera tiene contenido cero.
Ejemplo. La gráfica de una función y = f(x) continua en [a, b] tiene con-
tenido cero en R2.
En efecto, dado ε > 0, como f es uniformemente continua en [a, b], existe
δ > 0 tal que |f(x)− f(y)| < ε si |x− y| < δ.
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Sea {x0, x1, . . . , xN} una partición de [a, b] con xj = a+jh (j = 0, 1, . . . , N),
donde h = (b− a)/N y elegimos N suficientementegrande para que h < δ.
Si llamamos
Rj = {(x, y) : xj−1 ≤ x ≤ xj , |y − f(xj)| < ε},
entonces (x, f(x)) ∈ Rj cuando xj−1 ≤ x ≤ xj , es decir la gráfica de f
está contenida en
⋃N
j=1Rj . Como el área de Rj es igual a 2ε(xj − xj−1),
entonces la suma de las áreas de todos los rectángulos es igual a 2ε(b− a).
De forma similar se puede probar que la gráfica de cualquier función continua
z = f(x, y) sobre un rectángulo [a, b]×[c, d] tiene contenido cero en R3.
5.2.2. Definición.
Un conjunto A ⊂ Rn, no necesariamente acotado, tiene medida nula
(según Lebesgue) cuando
∀ε > 0,∃{Jm}m∈N n-intervalos que cubren a A :
∑
m∈N
m(Jm) < ε.
Ejemplo. Para ver que R tiene medida cero en R2, para cada ε > 0, basta
elegir Jn = [−n, n]×
[
− ε
2n · 2n+1
,
ε
2n · 2n+1
]
. De este modo, m(Jn) = ε/2n
y
∑
n∈N ε/2
n = ε.
5.2.3. Propiedades.
Si A tiene contenido nulo, entonces tiene medida nula.
Si A tiene medida nula y B ⊂ A, entonces B tiene medida nula.
Si {Am}m∈N tienen medida nula en Rn, entonces ∪m∈NAm tiene me-
dida nula en Rn.
[Por ejemplo, la sucesión {xm}m∈N, con xm ∈ Rn, tiene medida nula.]
En efecto, existe para cada i ∈ N un recubrimiento {Bi1, Bi2, . . . } de Ai
tal que
∑
j∈N c(Bij) < ε/2
i. Entonces {B11, B12, . . . , Bm1, Bm2, . . . }
recubre a ∪m∈NAm y ∑
i∈N
∑
j∈N
c(Bij) < ε.
Todo subconjunto de Rm tiene n-medida cero si m < n.
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5.2.4. Proposición.
Si A ⊂ Rn es acotado, f : A → R es acotada e integrable, f(x) = 0 ∀x ∈
A \ F , donde F es un conjunto de contenido cero, entonces
∫
A f = 0.
Demostración. Como f es acotada, existe M > 0 tal que |f(x)| ≤M , ∀x ∈
A. Por otra parte, como F tiene contenido cero, dado ε > 0, F ⊂
⋃N
j=1Rj ,
con
∑N
j=1m(Rj) < ε/M .
Llamamos R a un n-rectángulo que contiene a A y extendemos f a R de la
manera usual. Sea P una partición de R tal que Rj ∈ P , ∀j. Entonces,
−ε ≤ L(f, P ) ≤ U(f, P ) ≤ ε,
con lo que
∫
A f = 0.
5.2.5. Teorema de Lebesgue.
Sea A ⊂ Rn un conjunto acotado y f : A → R acotada. Si A ⊂ I, donde I
es un n-intervalo, entonces f es integrable en A si y sólo si el conjunto de
discontinuidades de f en I tiene medida nula.
Demostración. Definimos la oscilación de una función f en un punto x0 ∈ I
como
ω(f, x0) = ĺım
h→0+
sup{|f(x)− f(y)| : x, y ∈ B(x0, h) ∩ I}.
Antes de proceder a la demostración veamos un par de resultados previos.
Lema 1. ω(f, x0) = 0 ⇐⇒ f es continua en x0.
Para probarlo, basta observar que f es continua en x0 si y sólo si ∀ε > 0 ex-
iste B(x0, h) tal que sup{|f(x)− f(x0)| : x ∈ B(x0, h)} < ε lo cual equivale
a su vez a que ω(f, x0) = 0.
Lema 2. El conjunto Dr = {x ∈ I : ω(f, x) ≥ 1/r} es compacto.
En primer lugar, Dr es acotado por estar contenido en el n-intervalo I. Para
ver que es cerrado, sea y un punto de acumulación de Dr y supongamos que
y 6∈ Dr. Aśı pues, ω(f, y) < 1/r y, por definición de oscilación, existe una
bola B(y, h) tal que
sup{|f(u)− f(v)| : u, v ∈ B(y, h) ∩ I} < 1/r.
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Por tanto, B(y, h) ∩ Dr = ∅, lo que contradice el hecho de ser punto de
acumulación.
Vayamos ahora con la demostración del teorema. Supongamos en primer
lugar que el conjunto D de discontinuidades de f en I tiene medida cero.
Como D = ∪r∈NDr, también cada Dr tiene medida cero. Al ser compacto,
sólo un número finito de n-intervalos recubren a Dr. Tenemos aśı que
Dr ⊂
N⋃
i=1
Ji,
N∑
i=1
m(Ji) < 1/r.
Consideremos ahora una partición de I suficientemente fina para que esté for-
mada por C1 ∪ C2, donde C1 esté formado por las n-celdas contenidas en
algún Ji y C2 por las n-celdas disjuntas con Dr.
De este modo, si J ∈ C2, ω(f, x) < 1/r, ∀x ∈ J . Por tanto, existe h > 0
tal que Mh(f) −mh(f) < 1/r, donde Mh(f) = sup{f(y) : y ∈ B(x, h)} y
mh(f) = ı́nf{f(y) : y ∈ B(x, h)}. Como J es compacto, una colección finita
de {B(x, h) : x ∈ J}, digamos {U1, . . . , Um}, recubre a J .
Dividimos J en celdas de modo que cada una de ellas esté en alguno de
{U1, . . . , Um}. La partición resultante verifica
U(f, P )− L(f, P ) ≤
∑
J∈C1
+
∑
J∈C2
 (MJ(f)−mJ(f)) ·m(J)
≤
∑
J∈C1
2K ·m(J) +m(I)/r < 2K/r +m(I)/r < ε
(donde hemos supuesto que |f(x)| ≤ K,∀x ∈ I).
Probemos ahora el rećıproco, para lo cual supongamos que f es integrable.
Escribimos nuevamente D = ∪r∈NDr, con Dr = {x ∈ I : ω(f, x) ≥ 1/r}.
Por hipótesis, existe una partición P de I tal que
U(f, P )− L(f, P ) =
∑
J∈P
(MJ(f)−mJ(f)) ·m(J) < ε.
Hacemos Dr = J1 ∪ J2, con J1 = {x ∈ Dr : x ∈ frJ, para algún J ∈ P} y
J2 = {x ∈ Dr : x ∈
⋂
J, para algún J ∈ P}. Es claro que J1 tiene medida
nula.
Sea C el conjunto de las celdas de P que tienen un elemento de Dr en su
interior. Si J ∈ C, entonces MJ(f)−mJ(f) ≥ 1/r y
1
r
∑
J∈C
m(J) ≤
∑
J∈C
(MJ(f)−mJ(f))·m(J) ≤
∑
J∈P
(MJ(f)−mJ(f))·m(J) < ε.
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5.2.6. Consecuencias del teorema de Lebesgue.
Un conjunto acotado A tiene contenido (según Jordan), es decir la
función constante 1 es integrable si y sólo si la frontera de A tiene
medida nula.
Sea A ⊂ Rn un conjunto acotado que tiene contenido y f : A → R
una función acotada con una cantidad finita o numerable de puntos
de discontinuidad. Entonces f es integrable.
Teorema. a) Si A ⊂ Rn es acotado y tiene medida nula y f : A → R es
integrable, entonces
∫
A f = 0.
b) Si f : A→ R es integrable, f(x) ≥ 0, ∀x y
∫
A f = 0, entonces el conjunto
{x ∈ A : f(x) 6= 0} tiene medida nula.
Demostración. a) Supongamos que A es un conjunto de medida nula y sea
S un n-intervalo que contiene a A. Extendemos f a S haciendo f(x) = 0, si
x ∈ S \A.
Sean P = {S1, S2, . . . , SN} una partición de S y M una constante tales que
|f(x)| ≤M, ∀x ∈ A. Entonces
L(f, P ) =
N∑
i=1
mi(f) ·m(Si) ≤M ·
N∑
i=1
mi(χA) ·m(Si).
Si mi(χA) 6= 0 para algún i, entonces Si ⊂ A lo que es absurdo pues m(A) =
0 pero m(Si) 6= 0.
En definitiva, L(f, P ) ≤ 0.
Análogamente,
U(f, P ) =
N∑
i=1
Mi(f) ·m(Si) = −
N∑
i=1
mi(−f) ·m(Si) = −L(−f, P ) ≥ 0.
Como f es integrable y L(f, P ) ≤ 0 ≤ U(f, P ), entonces
∫
A f = 0.
b) Sea Ar = {x ∈ A : f(x) > 1/r} y veamos que tiene contenido nulo.
Sea S un rectángulo que contiene a A y P una partición de S tal que
U(f, P ) < ε/r (f se extiende a S de la forma usual). Si {S1, . . . , Sk} ⊂ P
tienen intersección no nula con Ar,
k∑
i=1
m(Si) ≤
k∑
i=1
r ·Mi(f) ·m(Si) ≤ r · U(f, P ) < ε
lo que indica que Ar tiene contenido nulo.
Como A = ∪r∈NAr, A tiene medida nula.
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Ejemplos.
1) f(x) = sen(1/x) es integrable en [−1, 1].
2) f(x, y) =
{
x2 + sen(1/y) si y 6= 0
x2 si y = 0
es integrable en B(0, 1).
5.3. Propiedades de la integral.
Sean A,B ⊂ Rn acotados, f, g : A→ R integrables, k ∈ R.
i) f + g es integrable y
∫
A(f + g) =
∫
A f +
∫
A g.
ii) kf es integrable y
∫
A(kf) = k
∫
A f .
iii) |f | es integrable y
∣∣∫
A f
∣∣ ≤ ∫A |f |.
iv) Si f ≤ g, entonces
∫
A f ≤
∫
A g.
v) Si A tiene contenido y |f | ≤M , entonces
∣∣∫
A f
∣∣ ≤M · c(A).
vi) Si f es continua, A tiene contenido y es compacto y conexo, entonces
existe x0 ∈ A tal que
∫
A f = f(x0) · c(A).
vii) Sea f : A ∪B → R. Si A ∩B tiene medida nula y f |A∩B, f |A, f |B son
integrables, entonces f es integrable en A∪B y
∫
A∪B f =
∫
A f +
∫
B f .
5.3.1. Teorema del valor medio.
Sea K ⊂ Rn un dominio de Jordan compacto y conexo y sea f : K → R
una función continua. Si g : K → R es acotada, g(x) ≥ 0, ∀x ∈ K y es
continua excepto en un conjunto de contenido cero, entonces existe z ∈ K
tal que ∫
K
f · g = f(z)
∫
K
g.
Demostración. Sean u, v ∈ K tales que f(u) ≤ f(x) ≤ f(v), ∀x ∈ K. Como
g es no negativa,
f(u) · g(x) ≤ f(x) · g(x) ≤ f(v) · g(x), ∀x ∈ K,
de donde
f(u)
∫
K
g ≤
∫
K
f · g ≤ f(v)
∫
K
g.
Si
∫
K g = 0, entonces
∫
K f · g = 0 y el teorema es cierto para cualquier
z ∈ K.
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Si
∫
K g > 0, entonces
f(u) ≤
∫
K f · g∫
K g
≤ f(v).
Por el teorema del valor intermedio para funciones continuas, existe z ∈ K
tal que f(z) =
∫
K f · g∫
K g
.
5.4. Integrales impropias.
Sea f : A ⊂ Rn → R acotada y no negativa, con A no acotado. Extendemos
f a todo Rn de la manera usual. Decimos que f es integrable en A cuando
f es integrable en todo n-intervalo[−a, a]n y existe ĺıma→∞
∫
[−a,a]n f .
Nota. Al ser f no negativa, podemos expandir la región de integración
simétricamente. Por ejemplo, la función f(x) = x cambia de signo y resulta
que
∫ a
−a xdx = 0 con lo que
∫∞
−∞ f = 0 pero
∫ 0
−∞ f y
∫∞
0 f no existen.
5.4.1. Teorema.
Si f ≥ 0, está acotada y es integrable en cada [−a, a]n, entonces f es inte-
grable si y sólo si dada cualquier sucesión {Bk}k∈N de conjuntos acotados
con contenido tales que Bk ⊂ Bk+1 y existe k tal que C ⊂ Bk, para todo
n-cubo C, entonces existe ĺımk→∞
∫
Bk
f .
5.4.2. Definición.
a) Sea f ≥ 0 no acotada definida en A ⊂ Rn no acotado. Para cada M > 0,
se define
fM (x) =
{
f(x) si f(x) ≤M
0 si f(x) > M
.
Si existe ĺımM→∞
∫
A fM , decimos que f es integrable en A.
b) Si f : A→ R es arbitraria, sean
f+(x) =
{
f(x) si f(x) ≥ 0
0 si f(x) < 0
, f−(x) =
{
−f(x) si f(x) ≤ 0
0 si f(x) > 0
.
Aśı, f = f+ − f− y f es integrable en A si lo son f+ y f− y definimos∫
A f =
∫
A f
+ −
∫
A f
−.
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Como |f | = f+ + f−, si f es integrable, también lo es |f | y
∫
A |f | =
∫
A f
+ +∫
A f
− ≥
∣∣∫
A f
∣∣.
Rećıprocamente, si |f | es integrable y f es integrable en cada cubo, entonces
f es integrable.
5.5. Teorema de Fubini.
Una herramienta fundamental para abordar el problema del cálculo de inte-
grales múltiples se obtiene a partir del teorema de Fubini. Veremos que, en
situaciones favorables, el cálculo de una integral n-dimensional se reduce al
cálculo de n integrales simples, llamadas integrales iteradas.
A lo largo de esta sección, representaremos todo punto de Rn como un
par (x, y), donde x ∈ Rk, y ∈ Rn−k. Análogamente, todo n-intervalo lo
escribiremos como I = I1 × I2, con I1 ⊂ Rk, I2 ⊂ Rn−k.
5.5.1. Teorema.
Sean I ⊂ Rn un n-intervalo y f : I → R una función acotada e integrable en
I.
a) Supongamos que, para cada x ∈ I1, la función fx(y) = f(x, y) es inte-
grable en I2. Si llamamos g(x) =
∫
I2
fx(y)dy, entonces g es integrable en I1
y ∫
I
f =
∫
I1
g(x)dx =
∫
I1
[∫
I2
f(x, y)dy
]
dx.
b) Si, para cada y ∈ I2, la función fy(x) = f(x, y) es integrable en I1,
entonces g(y) =
∫
I1
fy(x)dx es integrable en I2 y∫
I
f =
∫
I2
g(y)dy =
∫
I2
[∫
I1
f(x, y)dx
]
dy.
Demostración. Por simplicidad en la notación, haremos la demostración del
apartado a) para el caso n = 2 (el apartado b) es completamente análogo).
Si llamamos I = [a, b]× [c, d], como f es acotada en I, entonces g es acotada
en [a, b]. Además,
|g(x)| ≤
∫ d
c
|f(x, y)|dy ≤ (d− c) · sup
(x,y)∈I
|f(x, y)|.
13
Por ser f integrable, dado ε > 0, existe una partición P = {Rij , 1 ≤ i ≤
m, 1 ≤ j ≤ n} de I, con Rij = [xi−1, xi] × [yj−1, yj ], tal que U(f, P ) −
L(f, P ) < ε.
Si llamamos
Mij = sup
(x,y)∈Rij
f(x, y) , mij = ı́nf
(x,y)∈Rij
f(x, y),
Ni = sup
x∈[xi−1,xi]
g(x) , ni = ı́nf
x∈[xi−1,xi]
g(x),
entonces, fijado x ∈ [xi−1, xi]:
mij · (yj − yj−1) ≤
∫ yj
yj−1
f(x, y)dy ≤Mij · (yj − yj−1).
Sumando para todos los valores de j,
n∑
j=1
mij · (yj − yj−1) ≤ g(x) ≤
n∑
j=1
Mij · (yj − yj−1).
Por tanto,
n∑
j=1
mij · (yj − yj−1) ≤ ni ≤ Ni ≤
n∑
j=1
Mij · (yj − yj−1).
Multiplicamos miembro a miembro por (xi − xi−1) y sumamos sobre i:
m∑
i=1
n∑
j=1
mij · (xi − xi−1)(yj − yj−1) ≤
m∑
i=1
ni · (xi − xi−1) ≤
m∑
i=1
Mi · (xi − xi−1)
≤
m∑
i=1
n∑
j=1
Mij · (xi − xi−1)(yj − yj−1).
Esto quiere decir que
L(f, P ) ≤ L(g, Px) ≤ U(g, Px) ≤ U(f, P ).
Deducimos aśı que U(g, Px)−L(g, Px) < ε, es decir g es integrable en [a, b].
Además, ∫
I
f = supL(f, P ) ≤
∫ b
a
g(x)dx ≤ ı́nf U(f, P ) =
∫
I
f,
lo que demuestra el teorema.
14
Corolario 1. Si f : I → R es continua, entonces∫
I
f =
∫
I1
(∫
I2
f(x, y)dy
)
dx =
∫
I2
(∫
I1
f(x, y)dx
)
dy.
Corolario 2. Sean f1, f2 : [a, b] → R continuas, con f1(x) ≤ f2(x), ∀x ∈
[a, b], D = {(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, f1(x) ≤ y ≤ f2(x)} y f : D → R
continua. Entonces ∫
D
f =
∫ b
a
(∫ f2(x)
f1(x)
f(x, y)dy
)
dx.
Demostración. Extendemos f a I = [a, b]× [c, d], donde c ≤ f1(x) ≤ f2(x) ≤
d, definiendo f(x, y) = 0 si (x, y) ∈ I \ D. De este modo, el conjunto de
discontinuidades de f está formado por los puntos (x, f1(x)) y (x, f2(x))
(x ∈ [a, b]), que tiene medida nula. Lo mismo ocurre con las funciones fx y
fy, por lo que todas son integrables. Basta por tanto aplicar el teorema de
Fubini para obtener el resultado.
Observaciones.
(1) Un resultado análogo se obtiene para regiones de la forma D = {(x, y) ∈
R2 : g1(y) ≤ x ≤ g2(y), c ≤ y ≤ d}, con g1, g2 : [c, d] → R continuas, tales
que g1(y) ≤ g2(y), ∀y ∈ [c, d]. En este caso, la integral se calcula como∫
D
f =
∫ d
c
(∫ g2(y)
g1(y)
f(x, y) dx
)
dy.
En algunos casos, la región de integración se puede escribir de dos formas
diferentes, por ejemplo:
D = {(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, f1(x) ≤ y ≤ f2(x)}
= {(x, y) ∈ R2 : g1(y) ≤ x ≤ g2(y), c ≤ y ≤ d}.
Entonces se puede calcular la integral doble de una función continua en D
de dos formas diferentes. En la práctica ha de elegirse la que simplifique los
cálculos.
(2) Si f : [a, b]× [c, d] → R es discontinua en un segmento {(x, y) : a ≤ x ≤
b, y = y0}, entonces
∫ b
a fy0(x)dx no existe; sin embargo, existe la integral
doble
∫ b
a
∫ d
c f(x, y)dxdy.
Esto sugiere que se extienda el teorema de Fubini para tener en cuenta las
integrales superior e inferior.
15
5.5.2. Teorema.
Sea f acotada en I = [a, b]× [c, d]. Entonces
i)
∫
I
f ≤
∫ b
a
(∫ d
c
fx(y)dy
)
dx ≤
∫ b
a
(∫ d
c
fx(y)dy
)
dx ≤
∫
I
f.
ii)
∫
I
f ≤
∫ b
a
(∫ d
c
fx(y)dy
)
dx ≤
∫ b
a
(∫ d
c
fx(y)dy
)
dx ≤
∫
I
f.
iii)
∫
I
f ≤
∫ d
c
(∫ b
a
fy(x)dx
)
dy ≤
∫ d
c
(∫ b
a
fy(x)dx
)
dy ≤
∫
I
f.
iv)
∫
I
f ≤
∫ d
c
(∫ b
a
fy(x)dx
)
dy ≤
∫ d
c
(∫ b
a
fy(x)dx
)
dy ≤
∫
I
f.
v) Si existe
∫
I f , entonces las desigualdades anteriores son igualdades.
Ejercicios.
(1) Sea f : [0, 1]×[0, 1] → R definida por f(x, y) =
{
1 si x ∈ Q
2y si x 6∈ Q.
Probar:
a) Existe
∫ t
0 f(x, y)dy para todo t ∈ [0, 1] y∫ 1
0
(∫ t
0 f(x, y)dy
)
dx = t2,
∫ 1
0
(∫ t
0 f(x, y)dy
)
dx = t.
Deducir que existe
∫ 1
0
(∫ 1
0 f(x, y)dy
)
dx.
b) Existe
∫ 1
0
( ∫ 1
0f(x, y)dx
)
dy.
c) La función f no es integrable en el cuadrado [0, 1]× [0, 1].
(2) Sea A = {(i/p, j/p) ∈ R2 : p es primo, 1 ≤ i, j ≤ p − 1}. Es fácil
probar que cada recta horizontal o vertical corta a A como máximo en
un número finito de puntos. Sin embargo, A no tiene contenido cero
porque es denso en Q = [0, 1] × [0, 1]. De hecho A es un conjunto sin
contenido (su frontera no tiene contenido cero).
Si definimos f : Q → R por f(x, y) =
{
1 si (x, y) ∈ A
0 si x ∈ Q \A,
entonces f
no es integrable en Q (la integral inferior vale cero y la integral superior
vale 1). Sin embargo, existen
∫ 1
0
(∫ 1
0 f(x, y)dy
)
dx =
∫ 1
0
(∫ 1
0 f(x, y)dx
)
dy,
pues fx y fy tienen un número finito de discontinuidades.
(3) Sea f : Q = [0, 1]× [0, 1] → R la función definida por
16
f(x, y) =
{
0 si x ó y son irracionales
1/n si y es racional, x = m/n con m y n primos entre śı y n > 0.
Entonces
∫
Q f =
∫ 1
0
(∫ 1
0 f(x, y)dx
)
dy = 0 pero
∫ 1
0 f(x, y)dy no existe
si x es racional.
(4) Calcular
∫ a
0
dx
(∫ (a2−x2)1/2
0
(a2 − y2)1/2 dy
)
.
(5) Calcular
∫ 2
1
dx
(∫ lnx
0
(x− 1)
√
1 + e2y dy
)
.
PROBLEMA 5.1
Calcular
∫∫
R
f en los siguientes casos:
(a) f(x, y) =
1
(x+ y)2
, R = [3, 4]× [1, 2].
(b) f(x, y) =
x2
1 + y2
, R = [0, 1]× [0, 1].
(c) f(x, y) = yexy, R = [0, 1]× [0, 1].
(d) f(x, y) = | cos(x+ y)|, R = [0, π]× [0, π].
Solución
(a) Como la función es simétrica respecto a sus variables, es indiferente el
orden de las integrales iteradas. Podemos poner entonces:
∫∫
R
f(x, y) dxdy =
∫ 4
0
dx
∫ 2
1
1
(x+ y)2
dy =
∫ 4
3
 −1
x+ y
∣∣∣∣∣
2
1
 dx
=
∫ 4
3
(
−1
x+ 2
+
1
x+ 1
)
dx = ln
|x+ 1|
|x+ 2|
∣∣∣∣∣
4
3
= ln
25
24
.
(b) En este caso las variables se pueden separar, de modo que la integral
17
se convierte en producto de integrales simples:∫∫
R
f(x, y) dxdy =
∫ 1
0
x2 dx
∫ 1
0
1
1 + y2
dy
=
x3
3
∣∣∣∣∣
1
0
· arc tg y
∣∣∣∣∣
1
0
=
π
12
.
(c) Las integrales son inmediatassi integramos en primer lugar respecto a
la variable x:∫∫
R
f(x, y) dxdy =
∫ 1
0
dy
∫ 1
0
yexy dx =
∫ 1
0
(exy
∣∣∣1
0
) dy
=
∫ 1
0
(ey − 1) dy = (ey − y)
∣∣∣1
0
= e− 2.
(d) Para poder integrar la función valor absoluto, debemos dividir la región
de integración como se indica en la figura.
A
C
B
D
�
Π
2
Π
�
Π
2
Π
Si (x, y) ∈ A∪D, entonces cos(x+y) ≥ 0 y, si (x, y) ∈ B∪C, entonces
cos(x+ y) ≤ 0. Resulta entonces:∫∫
R
f =
∫ π/2
0
dx
∫ π/2−x
0
cos(x+ y) dy −
∫ π/2
0
dx
∫ π
π/2−x
cos(x+ y) dy
−
∫ π
π/2
dx
∫ 3π/2−x
0
cos(x+ y) dy +
∫ π
π/2
dx
∫ π
3π/2−x
cos(x+ y) dy
=
∫ π/2
0
(sen(π/2)− senx) dx−
∫ π/2
0
(sen(x+ π)− sen(π/2)) dx
−
∫ π
π/2
(sen(3π/2)− senx) dx+
∫ π
π/2
(sen(x+ π)− sen(3π/2)) dx
= (2x+ cosx+ cos(x+ π))
∣∣∣π/2
0
+ (2x− cosx− cos(x+ π))
∣∣∣π
π/2
=2π.
18
PROBLEMA 5.2
Si f es continua en R = [a, b]× [c, d], y se define
F (x, y) =
∫ x
a
du
∫ y
c
f(u, v)dv,
probar que
∂2F
∂x∂y
=
∂2F
∂y∂x
= f(x, y), para a < x < b, c < y < d.
Solución
Llamamos G(x, y) a una función tal que
∂G
∂y
(x, y) = f(x, y).
De este modo, por el teorema fundamental del cálculo integral,
∂F
∂x
(x, y) = G(x, y)−G(x, c).
Derivando respecto a la segunda variable,
∂2F
∂x∂y
=
∂G
∂y
(x, y)− ∂G
∂y
(x, c) = f(x, y).
Por otra parte, si intercambiamos el orden de integración podemos escribir
F (x, y) =
∫ y
c
dv
∫ x
a
f(u, v) du =
∫ y
c
(H(x, v)−H(a, v)) dy,
si H es una función tal que
∂H
∂x
(x, y) = f(x, y).
Procediendo ahora de forma análoga al caso anterior, obtenemos:
∂F
∂y
(x, y) = H(x, y)−H(a, y),
y, si derivamos respecto a la primera variable,
∂2F
∂y∂x
=
∂H
∂x
(x, y) = f(x, y).
19
PROBLEMA 5.3
Sea f(x, y) = esen(x+y) y D = [−π, π]× [−π, π]. Probar que
1
e
≤ 1
4π2
∫∫
D
f(x, y)dxdy ≤ e.
Solución
Calculamos en primer lugar los máximos y mı́nimos de la función
f(x, y) = esen(x+y)
en el cuadrado D = [−π, π]× [−π, π].
Para ello resolvemos el sistema
∂f
∂x
= cos(x+ y) · esen(x+y) = 0
∂f
∂y
= cos(x+ y) · esen(x+y) = 0
 =⇒ cos(x+y) = 0 =⇒ x+y = (2k + 1)π2 .
Los únicos puntos estacionarios de la función en el cuadrado D son los
correspondientes a las rectas x+ y = π/2 y x+ y = 3π/2. Como los valores
de la función en dichos puntos son e y 1/e, respectivamente, deducimos
que
máx{f(x, y) : (x, y) ∈ D} = e, mı́n{f(x, y) : (x, y) ∈ D} = 1/e.
De la desigualdad 1/e ≤ f(x, y) ≤ e, concluimos que∫∫
D
1
e
dxdy ≤
∫∫
D
f(x, y) dxdy ≤
∫∫
D
e dxdy
=⇒ 4π
2
e
≤
∫∫
D
f(x, y) dxdy ≤ 4eπ2.
PROBLEMA 5.4
Hallar I =
∫ 1
−1
dx
∫ 2
0
√
|y − x2| dy.
20
Solución
Dividamos el cuadrado [−1, 1]× [0, 2] en dos regiones (ver figura) separadas
por la parábola y = x2.
-1 1
2
+
+
+
+
- -
-1 1
2
La integral buscada se descompone aśı en:
I =
∫ 1
−1
dx
∫ x2
0
√
x2 − y dy +
∫ 1
−1
dx
∫ 2
x2
√
y − x2 dy = I1 + I2.
Calculamos por separado ambas integrales:
I1 =
∫ 1
−1
−dx
∫ x2
0
−
√
x2 − y dy = −
∫ 1
−1
(x2 − y)3/2
3/2
∣∣∣∣x2
0
dx =
∫ 1
−1
−2x
3
3
dx = 0.
rI2 =
∫ 1
−1
(y − x2)3/2
3/2
∣∣∣∣2
x2
dx =
∫ 1
−1
(2/3)
√
(2− x2)3 dx
= (sustitución x =
√
2 cos t) =
2
3
∫ π/4
−π/4
(1− cos 2t) dt = π − 2
3
.
El valor de la integral es entonces I =
π − 2
3
.
PROBLEMA 5.5
Calcular el volumen del sólido limitado por la función z = cos(x−y)
y el plano z = 0, encerrada en el cuadrado [0, π]× [0, π].
Solución
21
En la figura se muestra la gráfica de la función donde observamos que toma
valores positivos y negativos.
x
y
z
En efecto, si (x, y) ∈ [0, π]× [0, π],
cos(x− y) > 0 ⇐⇒ −π
2
< x− y < π
2
⇐⇒ x− π
2
< y < x+
π
2
.
Por tanto, debemos descomponemos el cuadrado S en las regiones A, B, C
y D, como se ilustra en la figura adjunta, y calcular la integral como suma
de integrales en cada una de dichas regiones.
A
B
C
D
Aśı pues:
22
V =
∫∫
S
| cos(x− y)| dxdy
=
∫∫
A
− cos(x− y) dxdy +
∫∫
B
cos(x− y) dxdy
+
∫∫
C
cos(x− y) dxdy −
∫∫
D
cos(x− y) dxdy
= −
∫ π/2
0
dx
∫ π
x+π/2
cos(x− y) dy +
∫ π/2
0
dx
∫ x+π/2
0
cos(x− y) dy
+
∫ π
π/2
dx
∫ π
x−π/2
cos(x− y) dy −
∫ π
π/2
dx
∫ x−π/2
0
cos(x− y) dy
=
∫ π/2
0
(
sen(x− π)− sen(−π/2)
)
dx−
∫ π/2
0
(
sen(−π/2)− senx
)
dx
−
∫ π
π/2
(
sen(x− π)− sen(π/2)
)
dx+
∫ π
π/2
(
sen(π/2)− senx
)
dx = 2π.
23
2. INTEGRALES DOBLES SOBRE REGIONES GENERALES.
En este curso se estudian las funciones f : Rn → Rm, es decir, funciones
definidas sobre el espacio eucĺıdeo de dimensión n
Rn = {(x1, . . . , xn) : xi ∈ R, 1 ≤ i ≤ n},
y con imagen en el espacio análogo de dimensión m, Rm.
PROBLEMA 5.6
En la integral doble
∫∫
D
f(x, y) dxdy, colocar los ĺımites de inte-
gración en ambos órdenes, para los siguientes recintos:
i) trapecio de vértices (0, 0), (1, 0), (1, 2) y (0, 1).
ii) segmento parabólico y = x2, y = 1.
iii) ćırculo x2 + y2 ≤ 1.
iv) ćırculo x2 + y2 ≤ y.
Solución
Si dibujamos las gráficas y despejamos cada una de las variables con respecto
a la otra, tenemos:
i) I =
∫ 1
0
dx
∫ x+1
0
f(x, y) dy =
∫ 1
0
dy
∫ 1
0
f(x, y) dx+
∫ 2
1
dy
∫ 1
y−1
f(x, y) dx.
ii) I =
∫ 1
−1
dx
∫ 1
x2
f(x, y) dy =
∫ 1
0
dy
∫ √y
−√y
f(x, y) dx.
iii) I =
∫ 1
−1
dx
∫ √1−x2
−
√
1−x2
f(x, y) dy =
∫ 1
−1
dy
∫ √1−y2
−
√
1−y2
f(x, y) dx.
iv) I =
∫ 1/2
−1/2
dx
∫ (1+√1−4x2)/2
(1−
√
1−4x2)/2
f(x, y) dy =
∫ 1
0
dy
∫ √y−y2
−
√
y−y2
f(x, y) dx.
24
PROBLEMA 5.7
Cambiar el orden de integración en las integrales siguientes:
a)
∫ 3
0
dx
∫ √25−x2
4x/3
f(x, y) dy.
b)
∫ 2
−6
dx
∫ 2−x
x2
4
−1
f(x, y) dy.
c)
∫ 2
1
dx
∫ √2x−x2
2−x
f(x, y) dy.
d)
∫ e
1
dx
∫ lnx
0
f(x, y) dy.
e)
∫ 2a
0
dx
∫ √2ax
√
2ax−x2
f(x, y) dy, a > 0.
f)
∫ 2
1
dx
∫ x3
x
f(x, y) dy +
∫ 8
2
dx
∫ 8
x
f(x, y) dy.
Solución
a) La región de integración, indicada en la figura, es la que verifica el sis-
tema
0 ≤ x ≤ 3, 4x/3 ≤ y ≤
√
25− x2.
3
4
3
4
Como el punto (3, 4) es la intersección entre la circunferencia y la recta, la
nueva integral se escribirá como
25
∫ 3
0
dx
∫ √25−x2
4x/3
f(x, y) dy =
∫ 4
0
dy
∫ 3y/4
0
f(x, y) dx+
∫ 5
4
dy
∫ √25−y2
0
f(x, y) dx.
b) Se trata de la región comprendida entre la parábola y = x2/4 − 1 y la
recta y = 2− x.
-6 2
2
8
-6 2
2
8
Al invertir el orden de integración, la integral se descompone aśı:
I =
∫ 0
−1
dy
∫ 2√y+1
−2
√
y+1
f(x, y) dx+
∫ 8
0
dy
∫ 2−y
−2
√
y+1
f(x, y) dx.
c) La región de integración es el segmento de circunferencia (x−1)2 +y2 = 1
limitado por la recta x+ y = 2. La integral se puede escribir como:
I =
∫ 1
0
dy
∫ 1+√1−y2
2−y
f(x, y) dx.
d) Para invertir el orden de integración, basta despejar x en la ecuación
y = lnx. Tenemos aśı:
I =
∫ 1
0
dy
∫ e
ey
f(x, y) dx.
e) Si observamos la región de integración, al cambiar el orden de integración
debemos descomponer la integral en tres sumandos:
26
a 2a
a
2a
I =
∫ a
0
dy
∫ a−√a2−y2
y2/2a
f dx+
∫ a
0
∫ 2a
a+
√
a2−y2
f dx+
∫ 2a
a
dy
∫ 2a
y2/2a
f dx.
f) La suma de las dos integrales dadas origina la región dada por la figu-
ra.
1 2 8
1
8
1 2 8
1
8
Al cambiar el orden de integración, queda sencillamente:
I =
∫ 8
1
dy
∫ y
y1/3
f(x, y) dx.
27
PROBLEMA 5.8
Calcular las siguientes integrales:
(a)
∫ 2
1
dx
∫ 3x+1
2x
xy dy.
(b)
∫ 1
−1
dx
∫ |x|
−2|x|
ex+y dy.
(c)
∫ 1
0
dx
∫ √1−x2
0
√
1− x2 − y2 dy.
(d)
∫ 1
−1
dy
∫ 1
|y|
(x+ y)2 dx.
(e)
∫ 8
0
dy
∫ 3√y
y/4
ex
2
dx.
Solución
(a) Basta resolver directamente las integrales iteradas para obtener:
∫ 2
1
dx
∫ 3x+1
2x
xy dy =
∫ 2
1
xy2
2
∣∣∣∣∣
3x+1
2x
dx =
∫ 2
1
(
x(3x+ 1)2
2
− x(2x)
2
2
)
dx
=
∫ 2
1
5x3 + 6x2 + x
2
dx =
(
5x4
8
+ x3 +
x2
4
) ∣∣∣∣∣
2
1
=
137
8
.
(b) Calculamos primero la integral respecto a la variable y:
∫ 1
−1
dx
∫ |x|
−2|x|
ex+y dy =
∫ 1
−1
ex+y
∣∣∣∣∣
|x|
−2|x|
dx =
∫ 1
−1
(ex+|x| − ex−2|x|) dx.
Ahora descomponemos la integral simple en suma de dos integrales para
28
sustituir el valor absoluto:
∫ 1
−1
(ex+|x| − ex−2|x|) dx =
∫ 0
−1
(1− e3x) dx+
∫ 1
0
(e2x − e−x) dx
=
(
x− 1
3
e3x
) ∣∣∣∣∣
0
−1
+
(
1
2
e2x + e−x
) ∣∣∣∣∣1
0
= −5
6
+
1
3
e−3 +
1
2
e2 + e−1.
(c) Integramos primero respecto a y para lo cual hacemos el cambio de
variable sen t = y/
√
1− x2. De este modo:
∫ 1
0
dx
∫ √1−x2
0
√
1− x2 − y2 dy =
∫ 1
0
dx
∫ π/2
0
(
√
1− x2)2 · cos2 t dt
=
∫ 1
0
(1− x2) ·
(
t
2
+
sen 2t
4
) ∣∣∣∣∣
π/2
0
dx
=
π
4
∫ 1
0
(1− x2) dx = π
4
(
x− x
3
3
) ∣∣∣∣∣
1
0
=
π
6
.
(d) El dominio de integración es la región ilustrada en la figura.
1
-1
1
x=y
x=-y
1
-1
1
Integramos primero respecto a y y después descomponemos el intervalo
29
[−1, 1] en dos subintervalos para calcular la integral respecto a x:
I =
∫ 1
−1
(
x3
3
+ x2y + xy2
) ∣∣∣∣∣
1
|y|
dy
=
∫ 1
−1
(
1
3
+ y + y2 − |y|
3
3
− y3 − |y| · y2
)
dy
=
∫ 0
−1
(
1
3
+ y + y2 +
y3
3
)
dy +
∫ 1
0
(
1
3
+ y + y2 − 7y
3
3
)
dy
=
(
y
3
+
y2
2
+
y3
3
+
y4
12
) ∣∣∣∣∣
0
−1
+
(
y
3
+
y2
2
+
y3
3
− 7y
4
12
) ∣∣∣∣∣
1
0
=
2
3
.
(e) La región de integración es la que se ilustra en la figura adjunta.
2
8
y=4x
y=x3
2
8
Intercambiando el orden de integración se obtiene
I =
∫ 2
0
dx
∫ 4x
x3
ex
2
dy =
∫ 2
0
(4xex
2 − x3ex2) dx
= 2ex
2∣∣2
0
− x
2
2
ex
2∣∣2
0
+
∫ 2
0
xex
2
dx =
e4
2
− 5
2
.
(Aplicar el método de integración por partes en la segunda integral.)
30
PROBLEMA 5.9
Calcular
∫∫
D
f(x, y) dxdy en los siguientes casos:
i) f(x, y) = xy2, D el recinto limitado por y2 = 2px y x = p/2 (p > 0).
ii) f(x, y) = x2 + y2, D el paralelogramo limitado por y = x, y = x+a,
y = a, y = 3a.
iii) f(x, y) = x+ y, D está limitado por y2 = 2x, x+ y = 4, x+ y = 12.
Solución
i) Escribimos la integral doble en forma de integrales iteradas y resulta:
I =
∫ p/2
0
dx
∫ √2px
−
√
2px
xy2 dy =
∫ p/2
0
x·y
3
3
∣∣∣√2px
−
√
2px
dx =
1
3
∫ p/2
0
2x(2px)3/2 dx =
p5
21
.
ii) Si observamos el paralelogramo de la figura, observamos que es más con-
veniente realizar primero la integral respecto a x.
a 2a
3a
3a
a
2a
Aśı,
I =
∫ 3a
a
dy
∫ y
y−a
(x2 + y2) dx =
∫ 3a
a
(x3
3
+ y2x
)∣∣∣y
y−a
dy = · · · = 14a4.
iii) Teniendo en cuenta la forma de la región de integración, si integramos
primero respecto a y, la integral se descompone en dos sumandos.
31
2 8 12 18
-6
-4
2
4
2 8 12 18
-6
-4
2
4
Aśı pues,
I =
∫ 8
2
dx
∫ √2x
4−x
(x+ y) dy +
∫ 18
8
dx
∫ 12−x
−
√
2x
(x+ y) dy
=
∫ 8
2
(√
2 · x3/2 − 3x+ x2 − (4− x)
2
2
)
dx
+
∫ 18
8
(
11x− x2 + (12− x)
2
2
+
√
2 · x3/2
)
dx =
8156
15
.
Otra posibilidad seŕıa restar la integral sobre la región comprendida entre
la parábola y la recta x+ y = 12 y la integral sobre la región comprendida
entre la parábola y la recta x+ y = 4.
PROBLEMA 5.10
Calcular
∫∫
D
f(x, y) dxdy en los siguientes casos:
i) f(x, y) = y, D = {(x, y : 0 ≤ 2x/π ≤ y ≤ senx}.
ii) f(x, y) = x2 + y2, D recinto limitado por y = x2, x = 2, y = 1.
iii) f(x, y) = x2y, D es el primer cuadrante del ćırculo x2 + y2 ≤ 4.
iv) f(x, y) = y, D = {(x, y) : y > 0, x2 + y2 ≤ a2, y2 ≥ 2ax, x ≥ 0}.
Solución
i) Los puntos de intersección de las curvas y = senx, y = 2x/π son (0, 0) y
(π/2, 1).
32
La integral se calcula entonces de forma directa:
I =
∫ π/2
0
dx
∫ senx
2x/π
y dy =
∫ π/2
0
sen2 x− (2x/π)2
2
dx =
π
24
.
ii) La figura adjunta muestra la región dada.
2
1
4
2
1
4
Para calcular la integral podemos seguir dos métodos:
1) Integrando como región de tipo 1.
I =
∫ 2
1
dx
∫ x2
1
(x2 + y2) dy
=
∫ 2
1
(x2y + y3/3)
∣∣∣∣x2
1
dx =
∫ 2
1
(x4 + x6/3− x2 − 1/3) dx = 1006
105
.
2) Integrando como región de tipo 2.
I =
∫ 4
1
dy
∫ 2
√
y
(x2 + y2) dx
=
∫ 4
1
(x3/3 + xy2)
∣∣∣∣2√
y
dy =
∫ 4
1
(8/3 + 2y2 − y3/2/3− y5/2) dy = 1006
105
.
iii) A partir de la figura adjunta obtenemos los ĺımites de integración.
33
2
2
2
2
De este modo, la integral se expresa como:
I =
∫ 2
0
x2dx
∫ √4−x2
0
y dy =
∫ 2
0
x2y2/2
∣∣∣∣
√
4−x2
0
dx
=
1
2
∫ 2
0
(4x2 − x4)dx = 1
2
[
4
3
x3 − 1
5
x5
]2
0
=
32
15
.
iv) La intersección de x2 + y2 = a2 con y2 = 2ax da x = a(
√
2 − 1), y el
recinto S es el indicado en la figura.
Teniendo en cuenta la figura, la integral se escribe como
I =
∫ a(√2−1)
0
dx
∫ √a2−x2
√
2ax
y dy =
1
2
∫ a(√2−1)
0
(a2−x2−2ax) dx = a
3
6
(4
√
2−5).
34
PROBLEMA 5.11
Si llamamos A =
∫ 1
0
e−t
2
dt e I = 2
∫ 1
0
dx
∫ x
0
e−y
2
dy, probar que
I = 2A+ e−1 − 1.
Solución
La región de integración es el triángulo de la figura.
1
1
Hx,xL
Hx,0L 1
1
1
y
1
Hy,yL H1,
1
y
1
Intercambiando el orden de integración en I, tenemos:
I = 2
∫ 1
0
dy
∫ 1
y
e−y
2
dx = 2
∫ 1
0
(e−y
2
x)
∣∣1
y
dy
= 2
∫ 1
0
(e−y
2 − ye−y2) dy = 2
∫ 1
0
e−y
2
dy +
∫ 1
0
−2ye−y2 dy
= 2A+ e−y
2∣∣1
0
= 2A+ e−1 − e0.
PROBLEMA 5.12
Probar que 2
∫ b
a
dx
∫ b
x
f(x)f(y) dy =
(∫ b
a
f(x) dx
)2
.
35
Solución
Por una parte,
I =
(∫ b
a
f(x) dx
)2
=
(∫ b
a
f(x) dx
)
·
(∫ b
a
f(x) dx
)
=
∫ b
a
∫ b
a
f(x)f(y) dxdy.
a b
a
b
S1
xa b
a
b
a b
a
b
y
S2
a b
a
b
Descomponiendo el cuadrado en dos triángulos como indica la figura, resul-
ta:
I =
∫∫
S1
f(x)f(y) dxdy +
∫∫
S2
f(x)f(y) dxdy
=
∫ b
a
dx
∫ b
x
f(x)f(y) dy +
∫ b
a
dy
∫ b
y
f(x)f(y) dx = 2
∫ b
a
dx
∫ b
x
f(x)f(y) dy,
pues en el segundo sumando se pueden intercambiar las letras x e y.
PROBLEMA 5.13
Hallar el área limitada por el lazo de y2 = x2(2− x).
Solución
36
Observando la figura se obtiene directamente:
A = 2
∫ 2
0
dx
∫ x√2−x
0
dy = 2
∫ 2
0
x
√
2− x dx = (sustitución 2− x = z2)
= −4
∫ 0
√
2
(2z2 − z4) dz = 32
√
2
15
.
PROBLEMA 5.14
Hallar el volumen de la región limitada por los planos z = x + y,
z = 6, x = 0, y = 0, z = 0.
Solución
La región dada es el tetraedro de la figura.
x
y
z
37
Si observamos que, cuando x vaŕıa entre 0 y 6, y vaŕıa entre 0 y z − x, con
z = 6, el volumen buscado es:
V =
∫ 6
0
dx
∫ 6−x
0
[6−(x+y)] dy =
∫ 6
0
(6−x)y−y
2
2
∣∣∣6−x
0
dx =
∫ 6
0
(6− x)2
2
dx = 36.
PROBLEMA 5.15
Hallar el volumen del sólido limitado por el paraboloide x2+4y2 = z,
el plano z = 0 y los cilindros y2 = x, x2 = y.
Solución
La proyección de la figura sobre el plano z = 0 es la región limitada por las
parábolas y2 = x, x2 = y. Aśı pues, cuando x vaŕıa entre 0 y 1, y vaŕıa entre
x2 y
√
x.
x
y
z
El volumen queda ahora
V =
∫ 1
0
dx
∫ √x
x2
(x2 + 4y2) dy =
∫ 1
0
(x5/2 +
4
3
x3/2 − x4 − 4
3
x6)dx =
3
7
.
38
PROBLEMA 5.16
Hallar el volumen de la porción del cilindro 4x2 +y2 = a2 compren-
dida entre los planos z = 0 y z = my.
Solución
En primer lugar, observamos que el sólido es simétrico respecto a la recta y =
z = 0. Por otra parte, la base del sólido es la elipse 4x2 + y2 = a2, de modo
que, cuando x vaŕıa entre −a/2 y a/2, y vaŕıa entre 0 y
√
a2 − 4x2.
x
y
z
Teniendo en cuenta lo anterior, el volumen queda:
V = 2
∫ a/2
−a/2
dx
∫ √a2−4x2
0
my dy = m
∫ a/2
−a/2
(a2 − 4x2) dx = 2ma
3
3
.
39
3. CAMBIO DE VARIABLES EN LA INTEGRAL DOBLE.
En este apartado vamos a generalizar la fórmula∫ g(b)
g(a)
f(x) dx =
∫ b
a
f(g(t)) · g′(t) dt
al caso de funciones de n variables. Como la región de integración ya no
será un simple intervalo, necesitamos estudiar cómo se transforman regiones
en Rn mediante cambios de variable.
En primer lugar, observaremos que las imágenes de conjuntos con contenido
bajo funciones de clase C(1) tienen tamaño comparable a los de los conjuntos
originales.
Lema 1. Sea Ω un abierto en Rn y ϕ : Ω → Rn una función de clase C(1)
en Ω. Sea A un conjunto acotado, con A ⊂ Ω. Entonces existen un abierto
acotado Ω1, con A ⊂ Ω1 ⊂ Ω1 ⊂ Ω, y una constante M > 0 tales que, si
A ⊂ ∪pj=1Ij , donde Ij son n-cubos cerrados de Ω1 con
p∑
j=1
c(Ij) ≤ α, entonces
ϕ(A) ⊂ ∪mk=1Jk, donde Jk son n-cubos cerrados y
m∑
k=1
c(Jk) ≤M · α.
Demostración. Definimos en primer lugar
δ =
{
1 si Ω = Rn
1
2 ı́nf{‖a− x‖ : a ∈ A, x 6∈ Ω} si Ω 6= R
n.
Como A es compacto, δ >
0.
Sea ahora Ω1 = {y ∈ Rn : ‖y−a‖ < δ, para algún a ∈ A}. Aśı, Ω1 es abierto
y acotado. Además A ⊂ Ω1 y Ω1 ⊂ Ω.
Como ϕ ∈ C(1)(Ω) y Ω1 es compacto,existe M0 = sup{‖Dϕ(x)‖ : x ∈
Ω1} <∞.
Si A ⊂
⋃p
j=1 Ij , entonces ‖ϕ(x)− ϕ(y)‖ ≤M0‖x− y‖, ∀x, y ∈ Ij .
Si las aristas de Ij miden 2rj y x es el centro de Ij , ∀y ∈ Ij , ‖x−y‖ ≤
√
n·rj ,
de donde ‖ϕ(x)− ϕ(y)‖ ≤
√
n ·M0 · rj , es decir ϕ(Ij) está contenido en un
n-cubo de lado 2M0rj . Por lo tanto, ϕ(A) ⊂
⋃
Jk, con
∑
c(Jk) ≤M ·α.
Como consecuencia inmediata tenemos el siguiente resultado.
40
Corolario 1. Sea Ω un abierto en Rn y ϕ : Ω → Rn una función de clase
C(1) en Ω. Sea A un conjunto acotado, con A ⊂ Ω. Si A tiene contenido
cero, entonces ϕ(A) tiene contenido cero.
También podemos concluir fácilmente que la imagen de un conjunto acotado
de dimensión menor a la del espacio tiene contenido cero.
Corolario 2. Sea Ω un abierto en Rr (r < n) y ψ : Ω → Rn una función
de clase C(1) en Ω. Si A es un conjunto acotado, con A ⊂ Ω, entonces ψ(A)
tiene contenido cero.
Demostración. Si llamamos Ω0 = Ω× Rn−r, entonces Ω0 es abierto en Rn.
Si definimos ϕ : Ω0 → Rn por ϕ(x1, . . . , xn) = ψ(x1, . . . , xr), entonces ϕ ∈
C(1)(Ω0).
Sea ahora A0 = A×{0, . . . , 0}. Entonces A0 ⊂ Ω0 y A0 tiene contenido cero
en Rn. Entonces ψ(A) = ϕ(A0) tiene contenido cero en Rn.
Con este resultado sabemos que, si A es un conjunto con contenido y ϕ ∈
C(1)(Ω), con A ⊂ Ω, entonces ϕ(fr(A)) tiene contenido cero. Queremos
también que fr(ϕ(A)) tenga contenido cero y estudiaremos a continuación
cuándo ocurre.
Lema 2. Sea Ω un abierto en Rn y ϕ : Ω → Rn una función de clase C(1)
en Ω. Si A es un conjunto con contenido, A ⊂ Ω y Jϕ(x) 6= 0, ∀x ∈
⋂
(A),
entonces ϕ(A) tiene contenido.
Demostración. Como A es compacto y ϕ es continua, entonces ϕ(A) es
compacto, con lo que ϕ(A) es acotado.
Si probamos que frϕ(A) ⊂ ϕ(fr(A)) y que ϕ(fr(A)) tiene contenido cero,
tendremos que frϕ(A) tiene contenido cero, lo que significa que ϕ(A) tiene
contenido.
Por una parte, como ϕ(A) es compacto, fr(ϕ(A)) ⊂ ϕ(A) = ϕ(
⋂
(A)∪fr(A)).
Aśı pues, si y ∈ fr(ϕ(A)), existe x ∈
⋂
(A) ∪ fr(A) tal que y = ϕ(x).
Si estuviera x en el interior de A, por hipótesis Jϕ(x) 6= 0, con lo que
y = ϕ(x) seŕıa un punto interior de ϕ(
⋂
(A)) y también un punto interior
de ϕ(A), lo que contradice la suposición dada.
Obtenemos aśı que fr(ϕ(A)) ⊂ ϕ(fr(A)).
Por otra parte, como A tiene contenido, fr(A) ⊂ Ω es cerrado y tiene con-
tenido cero, de donde ϕ(fr(A)) tiene contenido cero.
41
Corolario. Sea Ω un abierto en Rn y ϕ : Ω → Rn una función inyectiva y
de clase C(1) en Ω. Si A tiene contenido, A ⊂ Ω y Jϕ(x) 6= 0, ∀x ∈
⋂
(A),
entonces fr(ϕ(A)) = ϕ(fr(A)).
Demostración. Basta probar que ϕ(fr(A)) ⊂ fr(ϕ(A)). Para ello, sea x ∈
fr(A). Existen dos sucesiones (xn) ⊂ A, (yn) ⊂ Ω \ A que convergen a x.
Como ϕ es continua, las sucesiones (ϕ(xn)) y (ϕ(yn)) convergen a ϕ(x).
Como ϕ es inyectiva, ϕ(yn) 6∈ ϕ(A), de modo que ϕ(x) ∈ fr(ϕ(A)).
Transformaciones lineales.
Veremos a continuación que conjuntos con contenido se transforman me-
diante aplicaciones lineales en conjuntos con contenido, y dicho contenido
es un múltiplo del original. Además este múltiplo es el valor absoluto del
determinante de la aplicacion.
Teorema. Sea L : Rn → Rn una transformación lineal. Si A ⊂ Rn es un
conjunto con contenido, entonces c(L(A)) = |detL| · c(A).
Demostración. Si L es singular, detL = 0 y la imagen R(L) 6= Rn. Esto
indica que R(L) es la imagen de alguna aplicación L′ : Rk → Rn, con k < n.
Por tanto, c(L(A)) = 0.
Si L no es singular, detL 6= 0. Como A tiene contenido, L(A) tiene contenido.
Para cada conjunto con contenido, definimos la aplicación λ(A) = c(L(A)).
Dicha aplicación tiene las siguientes propiedades elementales:
i) λ(A) ≥ 0, ∀A.
ii) λ(A ∪B) = λ(A) + λ(B) si A ∩B = ∅.
iii) λ(x+A) = λ(A), ∀x ∈ Rn.
iv) Si A ⊂ B, entonces λ(A) ≤ λ(B).
Si llamamos K0 = [0, 1)n al n-cubo unidad y mL = λ(K0), las propiedades
anteriores permiten probar que λ(A) = mL · c(A), para todo conjunto aco-
tado A ⊂ Rn.
Por otra parte, si M es otra aplicación lineal no singular, entonces
mL◦M ·c(A) = c((L◦M)(A)) = c(L(M(A))) = mL·c(M(A)) = mL·mM ·c(A).
Teniendo en cuenta que toda aplicación lineal no singular es composición
(más o menos iterada) de dos tipos especiales:
a) L1(x1, . . . xi, . . . , xn) = (x1, . . . , αxi, . . . , xn),
42
b) L2(x1, . . . xi, . . . , xj , . . . , xn) = (x1, . . . , xi + xj , . . . , xj , . . . , xn),
basta probar que mL = |detL| en estos casos para que la propiedad sea
cierta en el caso general.
a) Si α > 0, L1(K0) = [0, 1) × · · · × [0, α) × · · · × [0, 1), de donde α =
c(L1(K0)) = mL1 · c(K0) = mL1 .
Si α < 0, L1(K0) = [0, 1) × · · · × (α, 0] × · · · × [0, 1), de donde −α =
c(L1(K0)) = mL1 · c(K0) = mL1 .
De cualquier manera, |α| = mL1 = |detL1|.
b) Sean ∆1 = {(x1, . . . , xn) ∈ K0 : xi < xj} y ∆2 = {(x1, . . . , xn) ∈ K0 :
xi ≥ xj}. De este modo, ∆1 ∩ ∆2 = ∅ y K0 = ∆1 ∪ ∆2. Además
L2(K0) = ∆2 ∪ {(0, 0, . . . , 1, 0, . . . , 0) + ∆1}.
Por tanto, c(L2(K0)) = c(∆2) + c({(0, 0, . . . , 1, 0, . . . , 0) + ∆1}) =
c(∆2) + c(∆1) = c(K0), de donde mL2 = 1 = |detL2|.
Transformaciones no lineales.
Lema. Sea K ⊂ Rn un n-cubo cerrado con centro el origen. Sea Ω un abierto
que contiene a K. Sea ψ : Ω → Rn una función inyectiva y de clase C(1)
en Ω. Supongamos que Jψ(x) 6= 0, ∀x ∈ K y ‖ψ(x) − x‖ ≤ α‖x‖, ∀x ∈ K,
donde 0 < α < 1/
√
n. Entonces
(1− α
√
n)n ≤ c(ψ(K))
c(K)
≤ (1 + α
√
n)n.
Demostración. Como K tiene contenido, ψ(K) tiene contenido. Además
∂(ψ(K)) = ψ(∂K).
Si los lados de K tienen longitud 2r y x ∈ ∂K, entonces r ≤ ‖x‖ ≤ r
√
n.
Por hipótesis, deducimos que ‖ψ(x) − x‖ ≤ α‖x‖ ≤ α · r ·
√
n. Por tanto,
el conjunto ψ(∂K) no intersecta un cubo abierto Ci de centro O y lados de
longitud 2(1− α
√
n) · r.
Si llamamos A =
⋂
ψ(K), B = extψ(K), A y B son abiertos, disjuntos, no
vaćıos con A ∪B = Rn \ ∂(ψ(K)).
Como Ci es conexo, Ci ⊂ A ó Ci ⊂ B. Pero O ∈ Ci ∩A, de donde Ci ⊂ A ⊂
ψ(K).
Análogamente se prueba que, si C0 es el cubo cerrado de centro el origen y
lados 2(1 + α
√
n)r, entonces ψ(K) ⊂ C0.
43
Teorema. Sea Ω ⊂ Rn abierto, ϕ : Ω → Rn, ϕ ∈ C(1)(Ω), ϕ inyectiva,
Jϕ(x) 6= 0, ∀x ∈ Ω. Si A tiene contenido y A ⊂ Ω, dado ε ∈ (0, 1), existe
γ > 0 tal que, si K es un n-cubo cerrado de centro x ∈ A y lados de longitud
menor que 2γ, entonces
|Jϕ(x)| · (1− ε)n ≤
c(ϕ(K))
c(K)
≤ |Jϕ(x)| · (1 + ε)n.
Demostración. En primer lugar, construimos δ y Ω1 como en el lema 1.
Como detDϕ(x) = Jϕ(x) 6= 0, ∀x ∈ Ω, entonces existe Lx = (Dϕ(x))−1 y
además detLx = 1/Jϕ(x), x ∈ Ω.
Como los elementos de la matriz Lx son funciones continuas, por la com-
pacidad de Ω1, existe M > 0 tal que ‖Lx‖ ≤M , ∀x ∈ Ω1.
Sea ε ∈ (0, 1). Por la continuidad uniforme de Dϕ en Ω1, existe β ∈ (0, δ/2)
tal que,
‖x1 − x2‖ ≤ β =⇒ ‖Dϕ(x1)−Dϕ(x2)‖ ≤
ε
M
√
n
.
Dado x ∈ A, si ‖z‖ ≤ β, es claro que x ∈ Ω1, x+ z ∈ Ω1. Además,
‖ϕ(x+z)−ϕ(x)−Dϕ(x)(z)‖ ≤ ‖z‖· sup
0≤t≤1
‖Dϕ(x+tz)−Dϕ(x)‖ ≤ ε
M
√
n
·‖z‖.
Si definimos ψ(z) = Lx(ϕ(x+ z)− ϕ(x)), de esta desigualdad se deduce:
‖ψ(z)−z‖ = ‖Lx(ϕ(x+z)−ϕ(x)−LxDϕ(x)(z)‖ ≤ ‖Lx‖·
ε
M
√
n
·‖z‖ ≤ ε · ‖z‖√
n
,
si ‖z‖ ≤ β.
Aplicamos el lema anterior con α = ε√
n
. Entonces, si K1 es un cubo cerrado
con centro O y contenido en la bola abierta de radio β, entonces
(1− ε)n ≤ c(ψ(K1))
c(K1)
≤ (1 + ε)n.
Por la definición de ψ, si K = x+K1, K es un cubo cerrado de centro x y
c(K) = c(K1). Además
c(ψ(K1)) = |detLx| · c(ϕ(x+K1)− ϕ(x)) =
1
|Jϕ(x)|
· c(ϕ(K)).
Si los lados de K tienen arista menor que 2γ (γ = β/
√
n), el teorema se
cumple.
44
Teorema del cambio de variable.
Sea Ω ⊂ Rn abierto, ϕ : Ω → Rn, ϕ ∈ C(1)(Ω), ϕ inyectiva, Jϕ(x) 6= 0,
∀x ∈ Ω. Si A tiene contenido, A ⊂ Ω y f : ϕ(A) → R es acotada y continua,
entonces ∫
ϕ(A)
f =
∫
A
(f ◦ ϕ) · |Jϕ|.
Demostración. Debido a la continuidad de los integrandos, ambas integrales
existen. Si hacemos f = f+ − f−, con f+ = f + |f |
2
, f− = −f − |f |
2
, por
la linealidad de la integral, basta hacer la demostración para funciones no
negativas.
Definimos Ω1 como en el lema 1 y definimos también
Mϕ = sup{‖Dϕ(x)‖ : x ∈ Ω1}
Mf = sup{f(y) : y ∈ϕ(A)}
MJ = sup{|Jϕ(x)| : x ∈ A}
Sea ε ∈ (0, 1), I un n-intervalo que contiene a A y {Ki : i = 1, . . . ,M} una
partición de I en cuadrados con aristas de longitud menor que 2γ, con γ
definido como en el teorema del jacobiano.
Sean {K1, . . . ,Km} los cuadrados completamente contenidos enA, {Km+1, . . . ,Kp}
los que tienen puntos dentro y fuera de A y {Kp+1, . . . ,KM} los contenidos
en el complementario de A.
Como A tiene contenido, se pueden elegir de modo que
c(A) ≤
m∑
i=1
c(Ki) + ε,
p∑
i=m+1
c(Ki) < ε.
Sea B = K1 ∪ · · · ∪Km; como c(A \B) = c(A)− c(B) < ε, tenemos:∣∣∣∣∫
A
(f ◦ ϕ)|Jϕ| −
∫
B
(f ◦ ϕ)|Jϕ|
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣
∫
A\B
(f ◦ ϕ)|Jϕ|
∣∣∣∣∣ ≤Mf ·MJ ·c(A\B) < Mf ·MJ ·ε.
Por el lema 1, c(ϕ(A \B)) ≤ K · ε, de donde∣∣∣∣∣
∫
ϕ(A)
f −
∫
ϕ(B)
f
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣
∫
ϕ(A\B)
f
∣∣∣∣∣ ≤Mf ·K · ε.
45
Si xi es el centro de Ki (i = 1, . . . ,m), por el teorema del jacobiano,
|Jϕ(xi)| · (1− ε)n ≤
c(ϕ(Ki))
c(Ki)
≤ |Jϕ(xi)| · (1 + ε)n.
Como 0 < ε < 1, 1− 2n · ε ≤ (1− εn) y (1 + εn) ≤ 1 + 2n · ε. Por tanto,
|c(ϕ(Ki))− |Jϕ(xi) · c(Ki)| ≤ c(Ki) ·MJ · 2n · ε.
Por la continuidad de las funciones sobre el compacto B, podemos suponer
que, dado cualquier yi ∈ Ki,∣∣∣∣∣
∫
B
(f ◦ ϕ)|Jϕ| −
m∑
i=1
(f ◦ ϕ)(yi)|Jϕ(xi)| · c(Ki)
∣∣∣∣∣ < ε · c(B).
Como ϕ es inyectiva, dos conjuntos de la familia {ϕ(Ki) : i = 1, . . . ,m} se
intersectan en ϕ(Ki ∩Kj) que tiene contenido cero pues c(Ki ∩Kj) = 0.
Como ϕ(Ki) tiene contenido, f es integrable en ϕ(Ki). Entonces∫
ϕ(B)
f =
m∑
i=1
∫
ϕ(Ki)
f.
Como f es acotada y continua en ϕ(Ki), existe pi ∈ ϕ(Ki) tal que∫
ϕ(Ki)
f = f(pi) · c(ϕ(Ki)), i = 1, . . . ,m.
Por ser ϕ inyectiva, existe un único yi ∈ Ki tal que ϕ(yi) = pi. Entonces∫
ϕ(B)
f =
m∑
i=1
(f ◦ ϕ)(yi) · c(ϕ(Ki)).
Al ser (f ◦ ϕ)(yi) ≥ 0, resulta
m∑
i=1
(f ◦ ϕ)(yi) · c(ϕ(Ki))−
m∑
i=1
(f ◦ ϕ)(yi) · |Jϕ(xi)| · c(Ki)
≤ MJ2nε
m∑
i=1
(f ◦ ϕ)(yi) · c(Ki)
≤ MJMf2nε
m∑
i=1
c(Ki) ≤MJMf2nc(A)ε.
Combinando las últimas desigualdades, obtenemos:∣∣∣∣∣
∫
ϕ(B)
f −
∫
B
(f ◦ ϕ)|Jϕ|
∣∣∣∣∣ ≤ ε · c(A)(1 +MJMf2n).
46
En definitiva,∣∣∣∣∣
∫
ϕ(A)
f −
∫
A
(f ◦ ϕ)|Jϕ|
∣∣∣∣∣ ≤Mf ·K ·ε+ε·c(A)(1+MJMf2n)+Mf ·MJ ·ε = ε.
Ejemplos.
1)
∫∫
A
f(x, y) dxdy =
∫∫
A′
f(r cosϑ, r senϑ)r drdϑ.
2)
∫∫∫
A
f(x, y, z) dxdydz =
∫∫∫
A′
f(r cosϑ, r senϑ, z)r drdϑdz.
3)
∫∫∫
A
f(x, y, z) dxdydz =
∫∫∫
A′
f(ρ cosϑ senϕ, ρ senϑ senϕ, ρ cosϕ)ρ2 senϕdρdϑdϕ.
4)
∫∫
A
f(x + 2y, 2x − 3y) dxdy =
∫∫
g(A)
1
7
f(u, v)r dudv, g(x, y) = (x +
2y, 2x− 3y).
Ejercicio.
(a) Probar que
∫∫
R2
e−(x
2+y2)dxdy = π.
(b) Probar que
∫ ∞
−∞
e−x
2
dx =
√
π.
(c) Probar que
∫
Rn
e−‖x‖
2
dx = πn/2.
(d) Calcular
∫ ∞
−∞
e−tx
2
dx y
∫ ∞
−∞
x2e−tx
2
dx (t > 0).
PROBLEMA 5.17
Sea D∗ = [0, 1] × [0, 1] y se define T : R2 → R2 como T (u, v) =
(−u2 + 4u, v). Encontrar D = T (D∗). ¿Es T inyectiva?
Solución
47
Cada una de las componentes x = −u2 + 4u, y = v, es función de una sola
variable. Para ver que T es inyectiva, basta comprobar que lo son cada una
de las componentes.
Ahora bien, la función y = v es la identidad, que es evidentemente inyectiva.
Además, si 0 ≤ v ≤ 1, entonces 0 ≤ y ≤ 1.
Por otra parte, la función x = −u2 + 4u = −u(u − 4) corresponde a una
parábola de vértice el punto (2, 4) y que corta al eje u en los puntos (0, 0) y
(4, 0). Como el dominio está restringido al intervalo u ∈ [0, 1], la función es
inyectiva y la imagen del intervalo [0, 1] es el intervalo x ∈ [0, 3].
En la figura siguiente se ilustra el comportamiento de la función T .
T−−−−−−−−→
1 u
1
v
D*
1 u
1
v
3 x
1
y
D
3 x
1
y
PROBLEMA 5.18
Sea D∗ el paralelogramo limitado por las rectas y = 3x− 4, y = 3x,
y = x/2, y = x/2 + 2. Sea D = [0, 1] × [0, 1]. Encontrar T : R2 → R2
tal que T (D∗) = D.
Solución
En la figura se muestran los paralelogramosD∗ yD (dondeA = (4/5, 12/5), B =
(12/5, 16/5), C = (8/5, 4/5)):
x
y
D*
A
B
C
x
y
T−−−−−−−−→
1 u
1
v
D
1 u
1
v
48
Como la aplicación buscada transforma un paralelogramo en otro, debe ser
una transformación lineal, del tipo
u = ax+ by +m
v = cx+ dy + n.
Debido a que ambos paralelogramos pasan por el origen, podemos hacer
T (0, 0) = (0, 0), de modo que m = n = 0.
Teniendo en cuenta que los vértices de un paralelogramo se aplican en los
vértices del otro, podemos establecer las relaciones:
T (8/5, 4/5) = (1, 0) =⇒
{
8a/5 + 4b/5 = 1
8c/5 + 4d/5 = 0
T (12/5, 16/5) = (1, 1) =⇒
{
12a/5 + 16b/5 = 1
12c/5 + 16d/5 = 1
Resolviendo el sistema resultante, se obtienen los valores a = 3/4, b = −1/4,
c = −1/4 y d = 1/2. La transformación buscada tiene por ecuaciones
u =
3x− y
4
, v =
−x+ 2y
4
.
PROBLEMA 5.19
Una región R del plano XY está limitada por las rectas x+ y = 6,
x− y = 2 e y = 0.
a) Determinar la región R∗ del plano UV en que se aplica R por la
transformación x = u+ v, y = u− v.
b) Calcular el jacobiano de la transformación
∂(x, y)
∂(u, v)
.
c) Comparar el resultado de b) con la relación entre las áreas de R
y R∗.
Solución
La gráfica siguiente muestra las regiones R y R∗:
49
1 3 u
1
3
v
R*
1 3 u
1
3
v
T−−−−−−−−→
x = u+ v
y = u− v
2 6 x
2
y
R
2 6 x
2
y
a) La región R sombreada en la parte derecha de la figura es un triángulo
limitado por las rectas dadas. Mediante la transformación dada, la
recta x + y = 6 se transforma en (u + v) + (u − v) = 6, es decir
la recta u = 3. Análogamente, la recta x − y = 2 se transforma en
(u+ v)− (u− v) = 2 o bien la recta v = 1. De la misma manera el eje
y = 0 se convierte en la recta u = v. La región transformada R∗ es el
triángulo de la izquierda en el plano UV .
b) Calculando las derivadas parciales obtenemos directamente
∂(x, y)
∂(u, v)
=
∣∣∣∣∂x∂u ∂x∂v∂y
∂u
∂y
∂v
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣1 11 −1
∣∣∣∣ = −2.
c) El área de la región triangular R es 4, en tanto que la de la región R∗ es
2. Luego la relación entre ambas es 4/2 = 2 que coincide con el valor
absoluto del jacobiano. Como el jacobiano es constante (lo que ocurre
con las transformaciones lineales), las áreas de cualesquiera regiones R
del plano XY son el doble de las áreas de las regiones correspondientes
transformadas R∗ del plano UV .
50
PROBLEMA 5.20
Una región R del plano XY está limitada por las curvas
x2 + y2 = a2, x2 + y2 = b2, x = 0, y = 0,
con 0 < a < b, en el primer cuadrante.
a) Determinar la región R′ en la cual se transforma R por la trans-
formación x = u cos v, y = r sen v.
b) Estudiar lo que ocurre si a = 0.
c) Calcular
∂(x, y)
∂(u, v)
.
Solución
a b
u
p
2
v
R’
a b
u
p
2
v
T−−−−−−−−→
x = u cos v
y = u sen v
a b
x
y
R
a b
x
y
a) La región R es la indicada en la figura. Por la transformación dada,
las circunferencias x2 + y2 = a2, x2 + y2 = b2 se convierten en las
rectas u = a, u = b, respectivamente. Asimismo, el segmento x = 0
comprendido entre a ≤ y ≤ b se convierte en v = π/2, con a ≤ u ≤ b
y el segmento y = 0, a ≤ x ≤ b se transforma en v = 0, a ≤ u ≤ b. En
definitiva, la región R′ buscada es el rectángulo mostrado en la figura.
Se pod́ıa haber razonado también diciendo que, por ser u la distancia
desde el origen del plano XY y v el ángulo medido a partir del eje
positivo de abscisas, es claro que la región que se busca estará dada
por a ≤ u ≤ b, 0 ≤ v ≤ π/2, como se indica en la figura.
b) Si a = 0, la región R se convierte en un cuadrante de un región circular
de radio b y R′ sigue siendo un rectángulo. La razón para esto es que
el punto x = 0, y = 0 se aplica en u = 0, v = indeterminada y la
transformación no es biuńıvoca en este punto, llamado por esta razón
punto singular.
51
c) Sustituyendo las derivadas parciales en la matriz obtenemos:
∂(x, y)
∂(u, v)
=
∣∣∣∣cos v −u sen vsen v u cos v
∣∣∣∣ = u(cos2 v + sen2 v) = u.
PROBLEMA 5.21
Sea T (u, v) =
(
u, v(1+u)
)
y D∗ = [0, 1]× [1, 2]. Encontrar D = T (D∗)
y calcular
∫∫
D
xy dxdy.
Solución
Busquemos las imágenes de los segmentos que forman la frontera deD∗:
v = 1
0 ≤ u ≤ 1
}
=⇒
x = u
y = 1 + u
0 ≤ x ≤ 1
 =⇒ y = 1 + x0 ≤ x ≤ 1
}
u = 1
1 ≤ v ≤ 2
}
=⇒
x = 1
y = 2v
1 ≤ v ≤ 2
 =⇒ x = 12 ≤ y ≤ 4
}v = 2
0 ≤ u ≤ 1
}
=⇒
x = u
y = 2(1 + u)
0 ≤ x ≤ 1
 =⇒ y = 2 + 2x0 ≤ x ≤ 1
}
u = 0
1 ≤ v ≤ 2
}
=⇒
x = 0
y = v
1 ≤ v ≤ 2
 =⇒ x = 01 ≤ y ≤ 2
}
Con esta información, la transformación T corresponde a la figura sigu-
iente:
52
1 u
1
2
v
D*
1 u
1
2
v
T−−−−−−−−→
x = u
y = v(1 + u)
1 x
1
2
4
y
D
1 x
1
2
4
y
Para calcular la integral propuesta, podemos aplicar dos métodos:
a) Directamente:∫∫
D
xy dxdy =
∫ 1
0
x dx
∫ 2x+2
x+1
y dy =
∫ 1
0
x
(
(2x+ 2)2
2
− (x+ 1)
2
2
)
dx =
17
8
.
b) Con la fórmula del cambio de variables:
Como J
(
x, y
u, v
)
=
∣∣∣∣1 0v 1 + u
∣∣∣∣ = 1 + u, entonces
I =
∫ 1
0
du
∫ 2
1
uv(1 + u)2 dv =
∫ 1
0
(u+ 2u2 + u3) du ·
∫ 2
1
v dv =
17
8
.
PROBLEMA 5.22
Expresar
∫ 1
0
dx
∫ x2
0
xy dy como una integral sobre el triángulo D∗ =
{(u, v) : 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ u} y calcular la integral de las dos
formas.
Solución
Podemos calcular la integral directamente, aplicando el teorema de Fubi-
ni: ∫ 1
0
x dx
∫ x2
0
y dy =
∫ 1
0
x · x
4
2
dx =
x6
12
∣∣∣1
0
=
1
12
.
53
Otro método consiste en hacer el cambio de variables T (u, v) = (
√
u, v) que
transforma el triángulo D∗ en la región D, indicada en la figura.
1 u
1
v
D*
1 u
1
v
T−−−−−−−−→
x =
√
u
y = v
1 x
1
y
D
1 x
1
y
Como el jacobiano de la transformación es J
(
x, y
u, v
)
=
∣∣∣∣1/2√u 00 1
∣∣∣∣ = 12√u ,
por la fórmula del cambio de variable, tenemos:
I =
∫ 1
0
du
∫ u
0
√
u · v · 1
2
√
u
du =
∫ 1
0
v2
4
∣∣∣u
0
du =
∫ 1
0
u2
4
du =
1
12
.
PROBLEMA 5.23
Cambiar a coordenadas polares la integral
∫∫
D
f(x, y) dxdy en los
siguientes casos:
i) D es el ćırculo: x2 + y2 ≤ ax, a > 0.
ii) D es el recinto del primer cuadrante limitado por las curvas: x+
y = 1 y x2 + y2 = 1.
iii) D es el cuadrado [0, 1]× [0, 1].
iv) D es el recinto del primer cuadrante limitado por la curva (x2 +
y2)2 = a2(x2 − y2).
v) D = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ x}.
Solución
54
i) Si escribimos la ecuación de la circunferencia en coordenadas polares (ha-
ciendo el cambio x = u cos v, y = u sen v), obtenemos u2 = au cos v, es decir
u = 0 ó u = a cos v.
a
v
u
De la gráfica adjunta deducimos que, en coordenadas polares, la región veri-
fica las condiciones −π/2 ≤ v ≤ π/2, 0 ≤ u ≤ a cos v. Aśı pues, la integral se
escribe (teniendo en cuenta el jacobiano de la transformación) como:
I =
∫ π/2
−π/2
dv
∫ a cos v
0
u · f(u cos v, u sen v) du.
ii) La circunferencia x2 + y2 = 1 se escribe en coordenadas polares como
u = 1, mientras que la recta x+ y = 1 tiene por ecuación u =
1
cos v + sen v
.
En el primer cuadrante, el ángulo v está comprendido entre 0 y π/2.
v
u
Con estos datos, la integral se escribe como:
I =
∫ π/2
0
dv
∫ 1
1
cos v+sen v
u · f(u cos v, u sen v) du.
iii) En este caso debemos dividir la región en dos triángulos: el primero de
ellos limitado por las rectas x = y, x = 1 e y = 0, lo que en coordenadas
polares corresponde a 0 ≤ v ≤ π/4, 0 ≤ u ≤ 1/ cos v; el segundo triángulo
55
está limitado por las rectas x = y, y = 1 y x = 0, y su expresión en
coordenadas polares está dada por π/4 ≤ v ≤ π/2, 0 ≤ u ≤ 1/ sen v.
1
1
x=1
y=1
v
u
1
1
La integral doble se escribe entonces como:
I =
∫ π/4
0
dv
∫ 1
cos v
0
u·f(u cos v, u sen v) du+
∫ π/2
π/4
dv
∫ 1
sen v
0
u·f(u cos v, u sen v) du.
iv) La curva dada es la lemniscata de la figura que, en coordenadas polares,
se expresa por la ecuación u2 = a2 cos 2v.
a
v
u
En el primer cuadrante, la región está comprendida entre los valores 0 ≤
v ≤ π/4, aśı que la integral se expresa como:
I =
∫ π/4
0
dv
∫ a√cos 2v
0
u · f(u cos v, u sen v) du.
v) La ecuación de la parábola y = x2 se expresa en coordenadas polares por
u sen v = u2 cos2 v, o bien u = sen v/ cos2 v.
1
u
v
1
56
La región de integración está comprendida entre los valores v = 0 y v = π/4
(correspondiente a la recta y = x). Aśı pues, la integral se expresa aśı:
I =
∫ π/4
0
dv
∫ sen v/ cos2 v
0
u · f(u cos v, u sen v) du.
PROBLEMA 5.24
Sea D el ćırculo unidad. Expresar
∫∫
D
(1 + x2 + y2)3/2 dxdy como
una integral sobre el rectángulo [0, 1]× [0, 2π] y calcularla.
Solución
Si aplicamos el cambio a coordenadas polares, dado por las ecuaciones x =
u cos v, y = u sen v (ver figura), y teniendo en cuenta que el jacobiano de
la transformación es J
(
x, y
u, v
)
= u, la integral se puede calcular del modo
siguiente:∫∫
D
(1 + x2 + y2)3/2 dxdy =
∫∫
D∗
u · (1 + u2)3/2 dudv
=
∫ 2π
0
dv
∫ 1
0
u · (1 + u2)3/2 du
= π · (1 + u
2)5/2
5/2
∣∣∣1
0
=
8π
√
2
5
.
1 u
2 p
v
D*
1 u
2 p
v
T−−−−−−−−→
x = u cos v
y = u sen v -1 1 x
1
y
D
-1 1 x
1
y
57
PROBLEMA 5.25
Dibujar la región de integración y resolver la siguiente integral:∫ 1
1/
√
2
dx
∫ x
√
1−x2
xy dy +
∫ √2
1
dx
∫ x
0
xy dy +
∫ √4−x2
0
xy dy.
Solución
La región de integración es la unión de las regiones correspondientes a cada
sumando. De este modo la gráfica corresponde a un sector de corona cir-
cular comprendido entre las circunferencias x2 + y2 = 1, x2 + y2 = 4, y el
ángulo comprendido entre 0 y π/4. Esto sugiere calcular la integral pasando
a coordenadas polares, de modo que su valor es:
I =
∫ π/4
0
dϑ
∫ 2
1
ρ · ρ2 senϑ cosϑdρ =
∫ π/4
0
senϑd(senϑ)
∫ 2
1
ρ3dρ =
15
16
.
PROBLEMA 5.26
Calcular el volumen del sólido limitado por el paraboloide z = x2 +
y2 y el plano z = x.
Solución
58
x
y
z
El paraboloide y el plano se cortan en una curva cuya proyección sobre el
plano XY es la circunferencia x2 + y2 = x. Aśı pues, el volumen se escribe
mediante la integral doble
∫∫
R
[x − (x2 + y2)] dxdy, donde R es el ćırculo
x2 + y2 ≤ x.
Si escribimos la región R en coordenadas polares, x = r cosϑ, y = r senϑ,
sabiendo que J
(
x, y
r, ϑ
)
= r, la integral se escribe como:
V =
∫∫
R
[x− (x2 + y2)] dxdy =
∫ π/2
−π/2
(∫ cosϑ
0
(r cosϑ− r2)r dr
)
dϑ
=
∫ π/2
−π/2
(
cosϑ
cos3 ϑ
3
− cos
4 ϑ
4
)
dϑ =
π
32
.
PROBLEMA 5.27
Si S es la región del primer cuadrante limitada por las curvas
xy = 1, xy = 2, y = x, y = 4x, probar que∫∫
S
f(x · y) dxdy = ln 2
∫ 2
1
f(u) du.
Solución
La frontera de la región S sugiere realizar el cambio u = y/x, v = yx, cuya
inversa es la transformación T (u, v) = (
√
v/u,
√
uv), la cual tiene como
dominio la región S∗ de la figura adjunta.
59
1 4 u
1
2
v
S*
1 4 u
1
2
v
T−−−−−−−−→
x =
√
v/u
y =
√
uv
x
y
S
x
y
El jacobiano de esta transformación es
J
(
x, y
u, v
)
=
∣∣∣∣−12 · u−3/2v1/2 12 · u−1/2v−1/21
2 · u
−1/2v1/2 12 · u
1/2v−1/2
∣∣∣∣ = −12u .
Por la fórmula del cambio de variable, la integral dada se puede escribir
como:∫∫
S
f(x·y) dxdy =
∫ 4
1
du
∫ 2
1
1
2u
·f(v) dv = 1
2
lnu
∣∣∣4
1
∫ 2
1
f(v) dv = ln 2
∫ 2
1
f(v) dv.
PROBLEMA 5.28
Calcular
∫∫
R
√
x2 + y2 dxdy siendo R la región del plano XY lim-
itada por x2 + y2 = 4 y x2 + y2 = 9.
Solución
La presencia de x2 + y2 sugiere el empleo de coordenadas polares (r, ϑ), con
x = r cosϑ, y = r senϑ. Mediante esta transformación la corona circular R
se transforma en el rectángulo R′ como se indica en la figura.
60
2 3 u
2 p
v
R’
2 3 u
2 p
v
T−−−−−−−−→
x = u cos v
y = u sen v
2 3 x
y
R
2 3 x
y
Debido a que
∂(x, y)
∂(r, ϑ)
= r, se tiene:
A =
∫∫
R
√
x2 + y2 dxdy =
∫∫
R′
r · r drdϑ =
∫ 2π
0
dϑ
∫ 3
2
r2dr
=
∫ 2π
0
r3/3
∣∣∣3
2
dϑ =
38π
3
.
También se pod́ıan haber obtenido los ĺımites de integración para R′ obser-
vando la región R pues, para ϑ fijo, r vaŕıa desde r = 2 hasta r = 3 dentro
del sector destacado en la figura. Integrando entonces con respecto a ϑ desde
ϑ = 0 hasta ϑ = 2π se obtiene la suma de todos los sectores citados.
PROBLEMA 5.29
Dados A =
{
(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≤ 0, x− y ≥ 1, x2 + y2 ≤ 4
}
y f(x, y) =(
x2 + y2
)−1/2
, calcular I =
∫∫
A
f(x, y) dxdy.
Solución
61
-2 1 2
-2
-1
2
-2 1 2
-2
-1
2
Si escribimos la integral en coordenadas cartesianas, debemos descomponer
la región en dos partes. Por tanto (vista como región de tipo II),
I =
∫ −1
−2
dy
∫ √4−y2
0(
x2 + y2
)−1/2
dx+
∫ 0
−1
dy
∫ √4−y2
1+y
(
x2 + y2
)−1/2
dx.
Si escribimos la integral en coordenadas polares, los extremos de integración
para la variable r son r cosϑ − r senϑ = 1 (pues corresponde a la recta
x− y = 1) y r = 2 (pues corresponde a la circunferencia x2 + y2 = 4).
Por otra parte, los extremos de integración de la variable ϑ son −π/2 y
0 (pues la región está contenida en el cuarto cuadrante) o bien 3π/2 y
2π.
Aśı pues, el planteamiento correcto de la integral es
I =
∫ 0
−π/2
dθ
∫ 2
(cosθ−senθ)−1
dr =
∫ 2π
3π/2
dθ
∫ 2
(cosθ−senθ)−1
dr
(el jacobiano se simplifica con el valor de la función).
62
PROBLEMA 5.30
Sea I = δ
∫∫∫
V (x
2 + y2 + z2) dx dy dz, donde
V = {(x, y, z) ∈ R3 |x ≥ 0, y ≥ 0, −
√
4− x2 − y2 ≤ z ≤ 1
2
√
4− x2 − y2}.
Decir razonadamente si cada una de las siguientes igualdades es
cierta:
(a) I =
∫ 2
0
dx
∫ 2
0
dy
∫ 1
2
√
4−x2−y2
−
√
4−x2−y2
(x2 + y2 + z2) dz
(b) I =
∫ 1
0
dr
∫ π
2
0
dθ
∫ π
2
0
4r4(4 sen3 ϕ+cos2 ϕ senϕ) dϕ +
∫ 2
0
dr
∫ π
2
0
dθ
∫ π
π
2
r4 senϕdϕ.
Solución
El sólido es la región limitada superiormente por el elipsoide x2+y2+4z2 = 4
e inferiormente por la esfera x2+y2+z2 = 4, y contenida en el primer octante.
Ambas superficies se cortan a lo largo de la circunferencia x2 + y2 = 4
contenida en el plano XY .
x
y
z
63
La respuesta del apartado (a) no es correcta pues, si los ĺımites de integración
de las variables x e y son constantes, la región seŕıa un rectángulo y no la
circunferencia x2 + y2 = 4.
Para comprobar si la respuesta del apartado (b) es correcta, debemos de-
scomponer la integral en dos sumandos: el primero correspondiente a z ≥ 0
y el segundo a z ≤ 0.
Para la cara superior, hacemos el cambio de variables x = 2r cosϑ senϕ,
y = 2r senϑ senϕ, z = r cosϕ, donde 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ ϑ ≤ π/2, 0 ≤ ϕ ≤ π/2,
y cuyo jacobiano es J = 4r2 senϕ.
Al sustituir estos valores en la integral propuesta, se obtiene∫ 1
0
dr
∫ π/2
0
dθ
∫ π/2
0
4r4(4 sen3 ϕ+ cos2 ϕ senϕ) dϕ
el primer sumando de la respuesta.
Para la cara inferior, hacemos el cambio de variables a esféricas x = r cosϑ senϕ,
y = r senϑ senϕ, z = r cosϕ, donde 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ ϑ ≤ π/2, π/2 ≤ ϕ ≤ π,
y cuyo jacobiano es J = r2 senϕ.
Al sustituir estos nuevos valores en la integral propuesta se obtiene∫ 2
0
dr
∫ π/2
0
dθ
∫ π
π/2
r4 senϕdϕ
el segundo sumando de la respuesta.
PROBLEMA 5.31
Calcular el volumen del s’olido W definido por:
W = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ a2, x2 + y2 ≤ ax, z ≥ 0},
donde a > 0.
Solución
El sólido es la región limitada por el plano z = 0 y la semiesfera z =√
a2 − x2 − y2 y la región de integración R es el ćırculo x2 + y2 ≤ ax, que
tiene centro en el punto (a, 0) y radio a.
64
Aśı pues, el volumen se escribe mediante la integral doble
∫∫
R
√
a2 − x2 − y2dxdy.
Si escribimos la región R en coordenadas polares x = r cosϑ, y = r senϑ, y
tenemos en cuenta la simetŕıa de W , sabiendo que J
(
x,y
r,ϑ
)
= r, la integral
se escribe como:
V =
∫∫
R
√
a2 − x2 − y2dxdy = 2
∫ π/2
0
(∫ a cosϑ
0
r
√
a2 − r2dr
)
dϑ
= −2
3
∫ π/2
0
(a3 sen3 ϑ− a3)dϑ = (3π − 4)a
3
9
.
PROBLEMA 5.32
Solución
PROBLEMA 5.33
Calcular
∫∫
D
x3√
x2 + y2
dxdy sobre la región D del primer cuad-
rante limitada por x2 + y2 = 9.
Solución
Pasando la integral a coordenadas polares
{
x = ρ cosϑ
y = ρ senϑ
, como J
∂(x, y)
∂(ρ, ϑ)
= ρ,
la integral queda:∫∫
D
x3√
x2 + y2
dxdy =
∫ 3
0
ρ3 dρ
∫ π/2
0
cos3 ϑ dϑ =
2
3
∫ 3
0
ρ3 dρ =
27
2
.
65
PROBLEMA 5.34
Calcular las siguientes integrales:
i)
∫∫
π2≤x2+y2≤4π2
sen
√
x2 + y2 dxdy.
ii)
∫∫
D
|xy| dxdy, donde D es un ćırculo de radio a y con centro en el
origen de coordenadas.
Solución
i) Si escribimos la integral en coordenadas polares, queda de la forma:
I =
∫ 2π
0
dv
∫ 2π
π
u senu du = −6π2.
[Mediante integración por partes se obtiene que
∫
u senu du = senu −
u cosu.]
ii) Escribimos también la integral en coordenadas polares, y resulta:
I =
∫ 2π
0
dv
∫ a
0
u|u2 sen v cos v| du = 1
2
∫ 2π
0
| sen 2v| dv ·
∫ a
0
u3 du =
a4
2
.
PROBLEMA 5.35
Calcular
∫∫
R
cos
x− y
x+ y
dxdy, donde R es el triángulo de vértices
(0, 0), (1, 0) y (0, 1).
Solución
Hacemos el cambio de variable u = x − y, v = x + y. Esto convierte el
triángulo dado en el plano XY en el triángulo de vértices (−1, 1), (0, 0),
(1, 1) en el plano UV .
66
1 x
1
y
-1 1 u
1
v
Como J
(
x,y
u,v
)
= 12 , la integral queda ahora:∫∫
R
cos
x− y
x+ y
dxdy =
∫∫
R∗
cos
u
v
· 1
2
dudv =
∫ 1
0
dv
∫ v
−v
1
2
cos
u
v
du =
sen 1
2
.
PROBLEMA 5.36
Calcular el área de la región R = {(x, y) : 2x ≤ x2 + y2, x2 + y2 ≤
4x, y ≤ x, −x√
3
≤ y} y la masa del cuerpo con densidad ρ(x, y) =
y
x2 + y2
y contenido en dicha región.
Solución
1 2 3 4
-2
-1
1
2
1 2 3 4
-2
-1
1
2
Transformamos la región dada en coordenadas polares:{
x = r cosϑ
y = r senϑ.
67
Si escribimos las curvas frontera de R en coordenadas polares, obtenemos
los ĺımites de la región:
−π/6 ≤ ϑ ≤ π/4, 2 cosϑ ≤ r ≤ 4 cosϑ.
Como J
(
x, y
r, ϑ
)
= r, las integrales quedan:
Área =
∫∫
R
dxdy =
∫ π/4
−π/6
(∫ 4 cosϑ
2 cosϑ
r dr
)
dϑ =
∫ π/4
−π/6
12 cos2 ϑ
2
dϑ =
6 + 3
√
3 + 5π
4
.
Masa =
∫∫
R
ρ(x, y) dxdy =
∫ π/4
−π/6
(∫ 4 cosϑ
2 cosϑ
r · r senϑ
r2
dr
)
dϑ =
∫ π/4
−π/6
2 senϑ cosϑ dϑ =
1
4
.
PROBLEMA 5.37
Solución
PROBLEMA 5.38
Solución
PROBLEMA 5.39
Transformar la siguiente integral doble a coordenadas polares y
resolverla: ∫ 2
0
dx
∫ x√3
x
x dy.
68
Solución
Calculemos en primer lugar la imagen de cada uno de los lados del triángulo
dado mediante la transformación x = u cos v, y = u sen v:
y = x, 0 ≤ x ≤ 2 =⇒ sen v = cos v, 0 ≤ u cos v ≤ 2
=⇒ v = π/4, 0 ≤ u ≤ 2
√
2;
y = x
√
3, 0 ≤ x ≤ 2 =⇒ sen v =
√
3 cos v, 0 ≤ u cos v ≤ 2
=⇒ v = π/3, 0 ≤ u ≤ 4;
x = 2, 2 ≤ y ≤ 2
√
3 =⇒ u cos v = 2, 2 ≤ u sen v ≤ 2
√
3
=⇒ u = 2 sec v, π/4 ≤ v ≤ π/3.
La representación gráfica de la transformación anterior es la siguiente:
u
v
D*
u
v T−−−−−−−−→
2 x
y
D
2 x
y
La integral propuesta se resuelve entonces como sigue:
I =
∫ π/3
π/4
dv
∫ 2 sec v
0
u2 cos v du =
∫ π/3
π/4
cos v
3
·8 sec3 v dv = 8
3
tg v
∣∣∣π/3
π/4
=
8
3
(
√
3−1).
Se deja como ejercicio comprobar que el mismo resultado se obtiene calcu-
lando directamente la integral propuesta.
PROBLEMA 5.40
Hallar
∫∫
R
(x2 + y2) dxdy, donde R es la región del plano XY limi-
tada por las hipérbolas x2 − y2 = 1, x2 − y2 = 9, xy = 2, xy = 4 en
el primer cuadrante.
Solución
69
1 9 u
4
8
v
R*
1 9 u
4
8
v
T−−−−−−−−→ x
y
R
Aplicando la transformación u = x2 − y2, v = 2xy, la región R del plano
XY de la derecha de la figura se transforma en la región R′ del plano UV
representada en la izquierda de la figura. Vamos a comprobar que dicha
transformación es regular.
Debido a que (x2 + y2)2 = (x2− y2)2 + (2xy)2, es decir x2 + y2 =
√
u2 + v2,
y como x2 − y2 = u, resulta que x2 = u+
√
u2+v2
2 . Al ser x > 0, tenemos que
x =
√
u+
√
u2+v2
2 . Análogamente, tenemos también que y =
√√
u2+v2−u
2 , lo
que prueba que la transformación es inyectiva.
Trivialmente, la transformación es de clase C1 y además
JT (u, v) =
∣∣∣∣ux uyvx vy
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣2x −2y2y 2x
∣∣∣∣ = 4(x2 + y2) 6= 0
si (x, y) 6= (0, 0).
Hecha esta comprobación la integral vale entonces∫∫
R
(x2 + y2) dxdy =
∫∫
R′
(x(u, v)2 + y(u, v)2)
∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v)
∣∣∣∣ dudv
=
∫∫
R′
√
u2 + v2
dudv
4
√
u2 + v2
=
1
4
∫ 9
1
du
∫ 8
4
dv = 8.
Nota. Las coordenadas curviĺıneas (u, v) definidas de la forma anterior son
las llamadas coordenadas hiperbólicas.
PROBLEMA 5.41
Calcular I =
∫∫
D
(
1− x
2
a2
− y
2
b2
)
dxdy extendida al dominio D in-
terior a la elipse
x2
a2
+
y2
b2
= 1.
70
Solución
Haremos el cambio de variable
{
x/a = ρ cosϑ
y/b = ρ senϑ
, con lo que
∂(x, y)
∂(ρ, ϑ)
=
∣∣∣∣a cosϑ −aρ senϑb senϑ bρ cosϑ
∣∣∣∣ = abρ.
En las nuevas coordenadas, la elipse se escribe como ρ = 1. Aśı pues,
I =
∫∫
D∗
(1− ρ2)abρ dρdϑ = ab
∫ 1
0
(ρ− ρ3) dρ
∫ 2π
0
dϑ =
πab
2
.
PROBLEMA5.42
Hallar N =
∫ ∞
0
e−x
2
dx.
Solución
Como
∫ ∞
0
e−x
2
dx =
∫ ∞
0
e−y
2
dy, entonces
N2 =
∫ ∞
0
e−x
2
dx ·
∫ ∞
0
e−y
2
dy =
∫ ∞
0
∫ ∞
0
e−(x
2+y2)dxdy.
Pasando a coordenadas polares, x2 + y2 = ρ2, dxdy = ρ dρdϑ, el primer
cuadrante (x, y) ∈ (0,∞)×(0,∞) se transforma en la región (ρ, ϑ) ∈ (0,∞)×
(0, π/2). La integral queda entonces:
N2 =
∫ π/2
0
dϑ
∫ ∞
0
e−ρ
2
ρ dρ =
∫ π/2
0
[
ĺım
a→∞
−1
2
e−ρ
2
∣∣∣a
0
]
dϑ =
1
2
∫ π/2
0
dϑ =
π
4
.
En definitiva, N =
√
π/2.
71
PROBLEMA 5.43
Hallar el área de la región limitada por:
a) Las curvas y2 = 2px, y2 = 2qx, x2 = 2ry, x2 = 2sy, 0 < p < q,
0 < r < s.
b) La curva
(
x2 + y2
)2 = a (x3 − 3xy2) , a > 0.
c) Las curvas
√
x/a+
√
y/b = 1,
√
x/a+
√
y/b = 2, x/a = y/b, 4x/a =
y/b, a, b > 0.
Solución
a) La forma de las ecuaciones que limitan la región sugiere realizar el cambio
de variables u =
y2
2x
, v =
x2
2y
. De este modo, la región de integración es ahora
D = {(u, v) : p ≤ u ≤ q, r ≤ v ≤ s}. Como
J
(u, v
x, y
)
=
∣∣∣∣−y2/2x2 y/xx/y −x2/2y2
∣∣∣∣ = −34 ,
entonces
∣∣∣J(x, y
u, v
)∣∣∣ = 4
3
. El área buscada viene dada por la fórmula
A =
∫ q
p
du
∫ s
r
4
3
dv =
4
3
(s− r) · (q − p).
b) Debido a la simetŕıa de la región (ver figura), bastará multiplicar por 6
el área de la parte comprendida en el primer cuadrante.
a
72
En coordenadas polares, la curva dada tiene por ecuación
u = a cos v(cos2 v − 3 sen2 v),
de modo que el área buscada se calcula por la integral doble
A = 6
∫ π/6
0
dv
∫ a cos v(cos2 v−3 sen2 v)
0
u du
= 3a2
∫ π/6
0
cos2 v(cos2 v − 3 sen2 v)2 dv = a
2π
4
.
c) Realizaremos la transformación de coordenadas siguiente:
u =
√
y/b√
x/a
, v =
√
x/a+
√
y/b
(dicha transformación es biyectiva porque la región está contenida en el
primer cuadrante).
Con esta transformación los nuevos ĺımites de la región son 1 ≤ u ≤ 2, 1 ≤
v ≤ 2. Como la inversa de la transformación es x = av
2
(u+ 1)2
, y =
bu2v2
(u+ 1)2
,
entonces
J
(x, y
u, v
)
=
−4abuv3
(u+ 1)4
,
y el área se calcula mediante la integral doble
A =
∫ 2
1
du
∫ 2
1
4abuv3
(u+ 1)4
dv =
65ab
108
.
PROBLEMA 5.44
Hallar el área de la región del plano XY encerrada por la lemnis-
cata r2 = a2 cos 2ϑ.
Solución
La curva está dada directamente en coordenadas polares (r, ϑ). Dando difer-
entes valores a ϑ y hallando los correspondientes valores de r se obtiene la
gráfica de la figura.
73
El área buscada (teniendo en cuenta la simetŕıa) se puede calcular aśı:
A = 4
∫ π/4
0
dϑ
∫ a√cos 2ϑ
0
r dr = 4
∫ π/4
0
r2
2
∣∣∣a√cos 2ϑ
0
dϑ
= 2
∫ π/4
0
a2 cos 2ϑ dϑ = a2 sen 2ϑ
∣∣∣π/4
0
= a2.
PROBLEMA 5.45
Calcular el área del recinto situado en el primer cuadrante limitado
por las curvas y3 = ax2, y3 = bx2 (a > b > 0), xy2 = c, xy2 = d
(c > d > 0).
Solución
Vamos a efectuar un cambio de variable que transforme la región dada en
un rectángulo. Para ello hacemos u = y3/x2 y v = xy2.
b a
u
d
c
v
D*
b a
u
d
c
v
T−−−−−−−−→
x
y
D
x
y
De este modo,
A =
∫∫
R
∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v)
∣∣∣∣ dudv.
74
Ahora bien, de las ecuaciones u = y3/x2, v = xy2, resulta:
x2 = y3/u, x2 = v2/y4 =⇒ y3/u = v2/y4, x2 = v2/y4
=⇒ y = u1/7v2/7, x = v/y2 = u−2/7v3/7.
Por lo tanto,
∂(x, y)
∂(u, v)
=
∣∣∣∣−27u−9/7v3/7 37u−2/7v−4/71
7u
−6/7v2/7 27u
1/7v−5/7
∣∣∣∣ = −17u−8/7v−2/7.
El área pedida se calcula entonces como
A =
∫ a
b
u−8/7 du
∫ c
d
1
7
v−2/7 dv =
1
7
(
u−1/7
−1/7
∣∣∣a
b
)
·
(
v5/7
5/7
∣∣∣c
d
)
= −7
5
(a−1/7 − b−1/7) · (c5/7 − d5/7).
PROBLEMA 5.46
Hallar el área de la región exterior a la circunferencia ρ = 2a e
interior a la circunferencia ρ = 4a cosϑ.
Solución
Los puntos de intersección de ambas circunferencias son aquellos en que
cosϑ = 1/2, es decir ϑ = ±π/3.
aa
Teniendo en cuenta la simetŕıa de la región, el área viene dada por
A = 2
∫ π/3
0
dϑ
∫ 4a cosϑ
2a
ρ dρ =
∫ π/3
0
[(4a cosϑ)2 − (2a)2] dϑ = 2π + 3
√
3
3
a2.
75
PROBLEMA 5.47
Hallar el área exterior a la circunferencia ρ = 2 e interior a la
cardioide ρ = 2(1 + cosϑ).
Solución
Dada la simetŕıa, el área pedida es igual al doble del área barrida al variar
ϑ desde ϑ = 0 hasta ϑ = π/2. Aśı pues,
A = 2
∫ π/2
0
dϑ
∫ 2(1+cosϑ)
2
ρ dρ = 2
∫ π/2
0
ρ2
2
∣∣∣∣2(1+cosϑ)
2
dϑ
= 4
∫ π/2
0
(2 cosϑ+ cos2 ϑ)dϑ = 4(2 senϑ+ ϑ/2 + sen(2ϑ)/4)
∣∣∣∣π/2
0
= π + 8.
PROBLEMA 5.48
Hallar el área interior a la circunferencia ρ = 4 senϑ y exterior a
la lemniscata ρ2 = 8 cos 2ϑ.
Solución
76
El área pedida es igual al doble de la correspondiente en el primer cuadrante
limitada por las dos curvas y la recta ϑ = π/2.
Los puntos de intersección de ambas curvas se encuentran en la recta ϑ =
π/6, que se obtiene al resolver la ecuación
16 sen2 ϑ = 8 cos 2ϑ.
Observamos que el arco AO de la lemniscata se genera al variar ϑ desde
ϑ = π/6 hasta ϑ = π/4, mientras que el arco AB de la circunferencia lo
hace al variar ϑ desde ϑ = π/6 hasta ϑ = π/2. Si descomponemos la figura
en dos partes, una por debajo y otra por encima de la recta ϑ = π/4, el área
queda de la forma:
A = 2
∫ π/4
π/6
dϑ
∫ 4 senϑ
2
√
2 cos 2ϑ
ρ dρ+ 2
∫ π/2
π/4
dϑ
∫ 4 senϑ
0
ρ dρ
=
∫ π/4
π/6
(16 sen2 ϑ− 8 cos 2ϑ) dϑ+
∫ π/2
π/4
16 sen2 ϑ dϑ =
8π
3
+ 4
√
3− 4.
Otro método de resolución consiste en efectuar la diferencia
A = 2
∫ π/2
π/6
dϑ
∫ 4 senϑ
0
ρ dρ−
∫ π/4
π/6
dϑ
∫ √8 cos 2ϑ
0
ρ dρ.
PROBLEMA 5.49
Hallar el volumen de la región común a los cilindros x2 + y2 = a2,
x2 + z2 = a2.
Solución
77
En la figura adjunta se muestran los dos cilindros y la parte de la región
correspondiente al primer octante.
x
y
z
x
y
z
De modo que el volumen será
V = 8
∫ a
0
dx
∫ √a2−x2
0
√
a2 − x2 dy = 8
∫ a
0
(a2 − x2) dx = 16a
3
3
.
PROBLEMA 5.50
Hallar el volumen del sólido limitado por el cilindro x2 + y2 = 4 y
los planos y + z = 4, z = 0.
Solución
La proyección del cilindro sobre el plano z = 0 es la circunferencia x2 +y2 =
4, de modo que el volumen viene dado por la fórmula
V =
∫ 2
−2
dy
∫ √4−y2
−
√
4−y2
(4− y) dx.
78
x
y
z
Nuevamente escribimos la integral en coordenadas polares. Resulta:
V =
∫ 2π
0
dv
∫ 2
0
u(4− u sen v) du
=
∫ 2π
0
(2u2 − u
3
3
sen v)
∣∣∣2
0
dv =
∫ 2π
0
(8− 8
3
sen v) dv = 16π.
PROBLEMA 5.51
Calcular el volumen de la sección situada en el primer octante del
sólido limitado por los planos z = 0 y z = x + y + 2 y el cilindro
x2 + y2 = 16.
Solución
La base del sólido es la región R del plano comprendida en el primer cuad-
rante y limitado por la circunferencia de ecuación x2 + y2 = 16. El plano
z = x+ y + 2 limita dicho sólido en su parte superior.
79
x
y
z
Aśı pues, el volumen vendrá dado por:
V =
∫∫
R
z(x, y) dxdy =
∫ 4
0
dx
∫ √16−x2
0
(x+ y + 2) dy
=
∫ 4
0
(x
√
16− x2 + 8− x
2
2
+ 2
√
16− x2) dx.
Para evitar resolver la integral de la función irracional
√
16− x2, podemos
escribir la integral doble en coordenadas polares. Aśı,
V =
∫ 2π
0
dv
∫ 4
0
u(u cos v + u sen v + 2) du
=
∫ 2π
0
u3
3
(cos v + sen v) + u2
∣∣∣4
0
dv =
64
3
(sen v − cos v) + 16v
∣∣∣2π
0
=
128
3
+ 8π.
PROBLEMA 5.52
Calcular el volumen del sólido limitado superiormente por la esfera
x2 + y2 + z2 = 5 e inferiormente por el paraboloide x2 + y2 = 4z.
Solución
80
Calculamos en primer lugar los puntos de intersección de la esfera con el
paraboloide. Tenemos:
x2 + y2 + z2 = 5
x2 + y2 = 4z
}
=⇒
{
z2 + 4z − 5 = 0
x2 + y2 = 4z
}
=⇒ z = 1
x2 + y2 = 4
Tenemos pues la situación de la figura adjunta.
x
y
z
El volumen pedido se halla mediante la fórmula
V =
∫∫
D
(√
5− x2 − y2 − x
2 + y2
4
)
dxdy,
donde D es el ćırculo x2 + y2 < 4, que se obtiene como proyección del sólido
en el plano XY .
Para resolver la integral, la transformamos a coordenadas polares; en este
caso, D = {(ρ, ϑ) : 0 < ρ < 2, 0 ≤ ϑ < 2π}. Entonces:
V =
∫ 2π
0
dϑ
∫ 2
0
(√
5− ρ2−ρ
2
4
)
ρ dρ = 2π
∫ 2
0
(
ρ
√
5− ρ2−ρ
3
4
)
dρ =
2π(5
√
5− 4)
3
.
PROBLEMA 5.53
Hallar el volumen limitado por el paraboloide x2 +y2 = 4z, el cilin-
dro x2 + y2