Problemas de integración de funciones y campos vectoriales

TEMA 1 PROBLEMAS DE AMPLIACION DE MATEMÁTICAS. Isidoro Ponte
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EJERCICIOS
DE
CLASE
INTEGRALES DE LÍNEA.
1.01.-Dada la curva 𝛤:
[0,3] ⊂ ℝ → ℝ3
𝑡 → 𝛤(𝑡) = (𝑡, 2𝑡, −𝑡)
y el campo escalar
𝒇:
ℝ3
→ ℝ
(𝒙, 𝒚, 𝒛) → 𝒙 ⋅ 𝒚 + 𝒛
. Calcula la integral de trayectoria (sobre un
campo escalar) de f a lo largo de la curva definida por  . Escribe el
resultado en número decimal aproximado.
------------------------ooooooooooooo------------------------------------
Escribimos la curva en la forma paramétrica
{
𝑥(𝑡) = 𝑡 ⇒
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 1
𝑦(𝑡) = 2𝑡 ⇒
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 2
𝑧(𝑡) = −𝑡 ⇒
𝑑𝑧
𝑑𝑡
= −1
Sustituyendo estos valores en el campo escalar tenemos:
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 ∙ 𝑦 + 𝑧 → 𝑓(Γ(𝑡)) = 𝑡 ∙ 2𝑡 − 𝑡 = 2𝑡2
− 𝑡
Calculamos ahora ‖Γ′
(𝑡)‖ = √(
𝑑𝑥
𝑑𝑡
)
2
+ (
𝑑𝑦
𝑑𝑡
)
2
+ (
𝑑𝑧
𝑑𝑡
)
2
= √12 + 22 + (−1)2 = √6
Entonces la integral de trayectoria pedida es:
∫ 𝑓𝑑𝑠 =
𝐶
∫ 𝑓(Γ(𝑡))
3
0
‖Γ′
(𝑡)‖𝑑𝑡 = ∫ (2𝑡2
− 𝑡)
3
0
√6𝑑𝑡 = √6 [
2𝑡
3
3
−
𝑡
2
2
]
0
3
= √6 ((
2∙3
3
3
−
3
2
2
) − (
2∙0
3
3
−
0
2
2
) = √6 (18 −
9
2
) =
27√6
2
= 33,0681
1.02.-Calcula el trabajo realizado por la fuerza 𝑓
__
(x,y,z) = (-y, x, z) a lo
largo de la curva 𝛤(𝑡) = (𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡)) = (𝑐𝑜𝑠 𝑡 , 𝑠𝑒𝑛𝑡, 𝑡) con  

2
,
0
t  .
Escribe el resultado en número decimal aproximado.
------------------------ooooooooooooo------------------------------------
Recordamos que el trabajo 𝑊 realizado por una fuerza 𝑓̅ a lo largo de una
curva 𝐶 = 𝛤(𝑡) viene dado por 𝑊 = ∫𝑐
𝑓𝑑𝛤

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la curva en la forma paramétrica{
𝑥(𝑡) = 𝑐𝑜𝑠𝑡 ⇒ 𝑑𝑥 = −𝑠𝑒𝑛𝑡 𝑑𝑡
𝑦(𝑡) = 𝑠𝑒𝑛𝑡 ⇒ 𝑑𝑦 = 𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑑𝑡
𝑧(𝑡) = 1 ⇒ 𝑑𝑧 = 𝑑𝑡
Tenemos la fuerza expresada en función de 𝑡:
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑓1(𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑓2(𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑓3(𝑥, 𝑦, 𝑧)) = (−𝑦, 𝑥, 𝑧) = (−𝑠𝑒𝑛𝑡, 𝑐𝑜𝑠𝑡, 𝑡)
Por tanto:
𝑊 = ∫𝑐
𝑓𝑑𝛤 = ∫𝑐
(𝑓1𝑑𝑥 + 𝑓2𝑑𝑦 + 𝑓3𝑑𝑧) = ∫ ((−𝑠𝑒𝑛𝑡)(−𝑠𝑒𝑛𝑡𝑑𝑡) + 𝑐𝑜𝑠𝑡 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝑡𝑑𝑡 +
2𝜋
0
𝑡𝑑𝑡 = ∫ (𝑠𝑒𝑛2𝑡 + 𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 𝑡)𝑑𝑡 = ∫ (1 + 𝑡)𝑑𝑡 = [𝑡 +
𝑡2
2
]
0
2𝜋
=2𝜋 + 2𝜋2 = 26,0223
2𝜋
0
2𝜋
0
1.03.-Dada la curva 𝛤:
[−2,3] ⊂ ℝ → ℝ3
𝑡 → 𝛤(𝑡) = (𝑡, 𝑡 + 1, 𝑡2
)
y el campo vectorial
𝒇:
ℝ𝟑
→ ℝ𝟑
(𝒙, 𝒚, 𝒛) → (𝒙𝟐
, 𝟐𝒙𝒚, 𝒙𝒛𝟐
)
. Calcula la integral de línea (sobre un
campo vectorial) de f a lo largo de la curva definida por  , recorrida
en sentido positivo. Escribe el resultado en número decimal
aproximado.
------------------------ooooooooooooo------------------------------------
Escribimos la curva en la forma paramétrica {
𝑥(𝑡) = 𝑡 ⇒ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑡
𝑦(𝑡) = 𝑡 + 1 ⇒ 𝑑𝑦 = 𝑑𝑡
𝑧(𝑡) = 𝑡2
⇒ 𝑑𝑧 = 2𝑡𝑑𝑡
Además, el campo vectorial 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) sobre la curva 𝛤(𝑡) toma la forma:
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑥2
, 2𝑥𝑦, 𝑥𝑧2) = (𝑡2
, 2𝑡(𝑡 + 1), 𝑡(𝑡2)2) = (𝑡2
, 2𝑡2
+ 2𝑡, 𝑡5)
Entonces:
∫𝑐
𝑓𝑑𝛤 = ∫𝑐
(𝑓1𝑑𝑥 + 𝑓2𝑑𝑦 + 𝑓3𝑑𝑧) = ∫ (𝑡2
+ (2𝑡2
+ 2𝑡) + 2𝑡5
𝑡)𝑑𝑡 = ∫ (2𝑡6
+
3
−2
3
−2
3𝑡2
+ 2𝑡)𝑑𝑡 = [
2𝑡7
7
+ 𝑡3
+ 𝑡2
]
−2
3
=
4910
7
= 701,4285
1.04- Calcula la integral de línea  
C
__
d
f  con el campo vectorial
𝑓
__
(x,y,z) = (x, xy, xyz) y  la curva cerrada que se recorre en el
siguiente orden
i)el segmento de recta que une el punto )
0
,
0
,
0
( con el punto )
1
,
1
,
1
(
ii) el segmento de recta que une el punto )
1
,
1
,
1
( con el punto )
1
,
0
,
0
(
iii)el segmento de recta que une el punto )
1
,
0
,
0
( con el punto )
0
,
0
,
0
( .
------------------------ooooooooooooo------------------------------------
Vamos por segmentos
i) el segmento de recta que une (0,0,0) y (1,1,1) es
𝑥−0
1−0
=
𝑦−0
1−0
=
𝑧−0
1−0
= 𝑡
con 𝑡𝜖[0,1]

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Escribimos en segmento en la forma paramétrica {
𝑥(𝑡) = 𝑡 ⇒ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑡
𝑦(𝑡) = 𝑡 ⇒ 𝑑𝑦 = 𝑑𝑡
𝑧(𝑡) = 𝑡 ⇒ 𝑑𝑧 = 𝑑𝑡
el campo vectorial 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) en este segmento toma la forma:
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑥, 𝑥𝑦, 𝑥𝑦𝑧) = (𝑡, 𝑡2
, 𝑡3)
ii) el segmento de recta que une (1,1,1) y (0,0,1) es
𝑥−1
0−1
=
𝑦−1
0−1
=
𝑧−1
1−1
= 𝑡
con 𝑡𝜖[0,1]
El segmento en la forma paramétrica {
𝑥(𝑡) = 1 − 𝑡 ⇒ 𝑑𝑥 = −𝑑𝑡
𝑦(𝑡) = 1 − 𝑡 ⇒ 𝑑𝑦 = −𝑑𝑡
𝑧(𝑡) = 1 ⇒ 𝑑𝑧 = 0𝑑𝑡
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑥, 𝑥𝑦, 𝑥𝑦𝑧) = (1 − 𝑡, (1 − 𝑡)2
, (1 − 𝑡)2)
ii) el segmento de recta que une (0,0,1) y (0,0,0) es
𝑥−0
0−0
=
𝑦−0
0−0
=
𝑧−1
0−1
= 𝑡
con 𝑡𝜖[0,1]
El segmento en la forma paramétrica {
𝑥(𝑡) = 0 ⇒ 𝑑𝑥 = 0𝑑𝑡
𝑦(𝑡) = 0 ⇒ 𝑑𝑦 = 0𝑑𝑡
𝑧(𝑡) = 1 − 𝑡 ⇒ 𝑑𝑧 = −𝑑𝑡
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑥, 𝑥𝑦, 𝑥𝑦𝑧) = (0,0,0)
Teniendo en cuenta que la integral pedida es la suma de integrales:
∫𝑐
𝑓𝑑𝛤 = ∫ (𝑡 ∙ 1 + 𝑡2
∙ 1 + 𝑡3
∙ 1)𝑑𝑡 + ∫ ((1 − 𝑡)(−1) + (1 − 𝑡)2(−1) + (1 − 𝑡)2
∙ 0)𝑑𝑡 +
1
0
1
0
+ ∫ (0 ∙ 0 + 0 ∙ 0 + 0 ∙ (−1)𝑑𝑡 =
1
0
∫ ((𝑡 + 𝑡2
+ 𝑡3) + (−2 + 3𝑡 − 𝑡2))𝑑𝑡 = ∫ (−2 + 4𝑡 +
1
0
1
0
𝑡3)𝑑𝑡 = [−2𝑡 + 2𝑡2
+
𝑡4
4
]
0
1
=
1
4
= 0,25
1.05.-Determina si el campo vectorial 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑒𝑥
𝑦2
+ 1 , 2𝑒𝑥
𝑦) se
deriva de una función potencial. En caso de que sea así calcúlala.
Lo primero que veremos es si cumple la condición para ver si el campo
vectorial se deriva de una función potencial
𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑒𝑥
𝑦2
+ 1, 2𝑒𝑥
𝑦) = (𝑓1(𝑥, 𝑦), 𝑓2(𝑥, 𝑦)) ha de verificar que
𝜕𝑓1(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
=
𝜕𝑓2(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
,
pero
𝜕𝑓1(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
= 2𝑒𝑥
𝑦 =
𝜕𝑓2(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
por tanto, deriva de una función potencial
Φ(𝑥, 𝑦) , que verifica 𝑓1(𝑥, 𝑦) =
𝜕Φ(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
y 𝑓2(𝑥, 𝑦) =
𝜕Φ(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
Como 𝑓1(𝑥, 𝑦) =
𝜕Φ(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
= 𝑒𝑥
𝑦2
+ 1 ,
integrando respecto a la variable 𝑥, tenemos Φ(𝑥, 𝑦) = ∫(𝑒𝑥
𝑦2
+ 1)𝑑𝑥 =
𝑒𝑥
𝑦2
+ 𝑥 + 𝜑(𝑦) ,
ahora la derivamos respecto a 𝑦 ,
𝜕Φ(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
=
𝜕(𝑒𝑥𝑦2+𝑥+𝜑(𝑦))
𝜕𝑦
= 2𝑒𝑥
𝑦 + 𝜑′(𝑦) = 𝑓2(𝑥, 𝑦) = 2𝑒𝑥
𝑦 ⇒ 𝜑′(𝑦) = 0 ⇒ 𝜑(𝑦) = 𝐶
Por tanto, Φ(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥
𝑦2
+ 𝑥 + 𝐶

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NOTA: podremos comprobar
𝜕Φ(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
= 𝑓1(𝑥, 𝑦) y
𝜕Φ(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
= 𝑓2(𝑥, 𝑦)
1.06.-Parametriza la elipse 1
b
y
a
x
2
2
2
2
=
+ .
Para parametrizar la elipse intentamos buscar una suma de cuadrados
igual a 1 para usar la fórmula 𝑐𝑜𝑠2
𝑡 + 𝑠𝑒𝑛2
𝑡 = 1, que nos permitirá
introducir el parámetro 𝑡.
𝑥2
𝑎2
+
𝑦2
𝑏2
= 1 ⇔ (
𝑥
𝑎
)
2
+ (
𝑦
𝑏
)
2
= 1 comparando con 𝑐𝑜𝑠2
𝑡 = 1
tenemos {
𝑥
𝑎
= 𝑐𝑜𝑠𝑡 ⇔ 𝑥 = 𝑎 𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑦
𝑏
= 𝑠𝑒𝑛𝑡 ⇔ 𝑦 = 𝑏 𝑠𝑒𝑛𝑡
𝑡𝜖[0, 2𝜋]
También podríamos tomar {
𝑥 = 𝑎 𝑐𝑜𝑠2𝑡
𝑦 = 𝑏 𝑠𝑒𝑛2𝑡
𝑡𝜖[0, 𝜋]
1.07.-Parametriza la cicloide 3
2
3
2
3
2
a
y
x =
+
Análogamente 𝑥
2
3
⁄
+ 𝑦
2
3
⁄
= 𝑎
2
3
⁄
⇔ (
𝑥
𝑎
)
2
3
+ (
𝑦
𝑎
)
2
3
= 1 ⇔ [(
𝑥
𝑎
)
1
3
]
2
+ [(
𝑦
𝑎
)
1
3
]
2
= 1
Tenemos {
(
𝑥
𝑎
)
1
3
= 𝑐𝑜𝑠𝑡 ⇔ 𝑥 = 𝑎 𝑐𝑜𝑠3
𝑡
(
𝑦
𝑎
)
1
3
= 𝑠𝑒𝑛𝑡 ⇔ 𝑦 = 𝑏 𝑠𝑒𝑛3
𝑡
𝑡𝜖[0, 2𝜋]
1.08.-Calcula la integral de línea 
+
+
+
C
y
x
y
x
)
dy
ye
2
dx
e
(
2
2
con  el tramo
de curva 1
y
x 3
2
3
2
=
+ que va desde el punto )
0
,
1
( al punto )
0
,
1
( −
recorrido en sentido positivo. Escribe el resultado en número decimal
aproximado.
Parametrizamos la curva, aprovechamos los cálculos efectuados en el
ejercicio anterior {
𝑥 = 𝑐𝑜𝑠3
𝑡 , 𝑑𝑥 = −3𝑐𝑜𝑠2
𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑡 𝑑𝑡
𝑦 = 𝑠𝑒𝑛3
𝑡 , 𝑑𝑦 = 3𝑠𝑒𝑛2
𝑡 𝑐𝑜𝑠 𝑡 𝑑𝑡
𝑡𝜖[0, 𝜋] pues para
𝑡 = 0 se obtiene (1,0) y para 𝑡 = 𝜋 se obtiene (−1,0).
Intentemos resolver el ejercicio usando la definición:
∫𝑐(𝑒𝑥+𝑦2
𝑑𝑥 + 2𝑦𝑒𝑥+𝑦2
𝑑𝑦) = ∫ (−3𝑐𝑜𝑠2
𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑡 𝑒𝑐𝑜𝑠3𝑡+𝑠𝑒𝑛6𝑡
+ 6𝑠𝑒𝑛5
𝑡 𝑐𝑜𝑠 𝑡 𝑒𝑐𝑜𝑠3𝑡+𝑠𝑒𝑛6𝑡
𝜋
0
)𝑑𝑡
Esta integral sería muy complicada resolverla.
La única posibilidad es que el campo vectorial (𝑒𝑥+𝑦2
, 2𝑦𝑒𝑥+𝑦2
) = (𝑓1(𝑥, 𝑦), 𝑓2(𝑥, 𝑦))
derive de una función potencial Φ(𝑥, 𝑦), porque en este caso la integral es
independiente del camino, sólo depende del punto inicial y final.
Veamos si cumple la condición:
𝜕𝑓1(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
=
𝜕𝑓2(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
,
pero
𝜕𝑓1(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
= 2𝑦𝑒𝑥+𝑦2
=
𝜕𝑓2(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
𝜕Φ(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
y 𝑓2(𝑥, 𝑦) =
𝜕Φ(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦

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𝜕Φ(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
= 𝑒𝑥+𝑦2
,
integrando respecto a la variable 𝑥, tenemos
Φ(𝑥, 𝑦) = ∫(𝑒𝑥+𝑦2
)𝑑𝑥 = 𝑒𝑥+𝑦2
+ 𝜑(𝑦) ,
𝜕Φ(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
=
𝜕(𝑒𝑥+𝑦2
+𝜑(𝑦))
𝜕𝑦
+ 𝜑′(𝑦) = 𝑓2(𝑥, 𝑦) = 2𝑦𝑒𝑥+𝑦2
⇒ 𝜑′(𝑦) = 0 ⇒ 𝜑(𝑦) = 𝐶
Por tanto, Φ(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥+𝑦2
+ 𝐶
NOTA: podremos comprobar
𝜕Φ(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
= 𝑓1(𝑥, 𝑦) y
𝜕Φ(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
= 𝑓2(𝑥, 𝑦)
Por tanto, tenemos que:
∫𝑐(𝑒𝑥+𝑦2
𝑑𝑥 + 2𝑦𝑒𝑥+𝑦2
𝑑𝑦) = Φ(1,0) − Φ(−1,0) = 𝑒1+02
− 𝑒−1+02
=𝑒 −
1
𝑒
= 2,3504
1.09.-Calcula el gradiente del campo escalar 3
x
y
xe
)
y
,
x
(
f +
=
Recordemos que si 𝑓(𝑥, 𝑦)es un campo escalar, se define:𝑔𝑟𝑎𝑑(𝑓) =
(
𝜕𝑓
𝜕𝑥
,
𝜕𝑓
𝜕𝑦
)
En este caso 𝑔𝑟𝑎𝑑(𝑓) = (
𝜕𝑓
𝜕𝑥
,
𝜕𝑓
𝜕𝑦
) = (𝑥𝑒𝑥
+ 𝑒𝑥
, 3𝑦2)
1.10.-Calcula la divergencia del campo vectorial
)
x
,
y
cos
,
e
(
)
z
,
y
,
x
(
f 3
yz
__
=
Recordemos que si 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)
̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ = (𝑓1(𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑓2(𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑓3(𝑥, 𝑦, 𝑧)) es un campo
vectorial, se define : 𝑑𝑖𝑣(𝑓̅) =
𝜕𝑓1(𝑥,𝑦,𝑧)
𝜕𝑥
+
𝜕𝑦
+
𝜕𝑧
En este caso 𝑑𝑖𝑣(𝑓̅) = 0 − 𝑠𝑒𝑛𝑦 = −𝑠𝑒𝑛𝑦
1.11.-Calcula el rotacional del campo vectorial )
ye
,
y
2
,
x
(
)
z
,
y
,
x
(
f z
3
__
−
=
Recordemos que si 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)
̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ = (𝑓1(𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑓2(𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑓3(𝑥, 𝑦, 𝑧)) es un campo
vectorial, se define :
𝑟𝑜𝑡(𝑓̅) = |
𝑖
→
𝑗
→
𝑘
→
𝜕
𝜕𝑥
𝜕
𝜕𝑦
𝜕
𝜕𝑧
𝑓1 𝑓2 𝑓3
| = (
𝜕𝑦
−
𝜕𝑧
, −
𝜕𝑥
+
𝜕𝑧
,
𝜕𝑥
−
𝜕𝑦
)
En este caso 𝑟𝑜𝑡(𝑓̅) = (−𝑒𝑧
, −0 + 0,0 − 0) = (−𝑒𝑧
, 0,0)
1.12.-Calcula la longitud del arco de hélice: 𝛤(𝑡) = (𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡), 𝑧(𝑡)) =
(𝑐𝑜𝑠 𝑡 , 𝑠𝑒𝑛𝑡, 𝑡) con  

2
,
0
t  . Escribe el resultado en número decimal
aproximado.
Sabemos que si 1
f  entonces la integral de trayectoria de f a lo
largo de C mide la longitud de la curva C comprendida entre 𝛤(𝑎) y
𝛤(𝑏). su expresión en coordenadas cartesianas es

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∫ 𝑓𝑑𝑠 = ∫𝑑𝑠 =
𝐶
∫ ‖𝛤′
(𝑡)‖
𝑏
𝑎
𝐶
𝑑𝑡 = ∫ √(𝑥′(𝑡))2 + (𝑦′(𝑡))2 + (𝑧′(𝑡))2
𝑏
𝑎
𝑑𝑡
En este caso: {
𝑥(𝑡) = 𝑐𝑜𝑠𝑡 ⇒ 𝑥′(𝑡) = −𝑠𝑒𝑛𝑡
𝑦(𝑡) = 𝑠𝑒𝑛𝑡 ⇒ 𝑦′(𝑡) = 𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑧(𝑡) = 𝑡 ⇒ 𝑧′(𝑡) = 1
𝑡𝜖[0,2𝜋] , por tanto,
𝐿[0,2𝜋] = ∫ √(−𝑠𝑒𝑛𝑡)2 + (𝑐𝑜𝑠𝑡)2 + 1𝑑𝑡 = ∫ √𝑠𝑒𝑛2𝑡 + 𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 1𝑑𝑡 =
2𝜋
0
2𝜋
0
= ∫ √2𝑑𝑡 =
2𝜋
0
2√2𝜋 = 8,8857
1.13.-Calcula la masa del arco de la circunferencia 𝐶 ≡ 4
y
x 2
2
=
+ , si su
densidad es proporcional a la distancia al origen de coordenadas
2
2
y
x
K
)
y
,
x
(
d +
= .
La densidad viene dada por 𝑑(𝑥, 𝑦) = 𝐾√𝑥2 + 𝑦2 y la masa pedida por
𝑀 = ∫𝐶
𝑑(𝑥, 𝑦)𝑑𝑠 = ∫ 𝐾√(𝑥(𝑡))2 + (𝑦(𝑡))2 ∙
2𝜋
0
√(𝑥′(𝑡))2 + (𝑦′(𝑡))2𝑑𝑡
parametrizamos la circunferencia {
𝑥(𝑡) = 2 𝑐𝑜𝑠𝑡 , 𝑥′(𝑡) = −2 𝑠𝑒𝑛𝑡
𝑦(𝑡) = 2 𝑠𝑒𝑛𝑡, , 𝑦′(𝑡) = 2 𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑡𝜖[0, 2𝜋]
Sustituyendo:
𝑀 = ∫ 𝐾√(2𝑐𝑜𝑠𝑡)2 + (2𝑠𝑒𝑛𝑡)2 ∙
2𝜋
0
√(−2𝑠𝑒𝑛𝑡)2 + (2𝑐𝑜𝑠𝑡)2𝑑𝑡 =
∫ 𝐾√4𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 4𝑠𝑒𝑛2𝑡 ∙
2𝜋
0
√4𝑠𝑒𝑛2𝑡 + 4𝑐𝑜𝑠2𝑡𝑑𝑡 = 4𝐾 ∫ 1
2𝜋
0
𝑑𝑡 =8𝐾𝜋
1.14.-Comprueba que 𝒅𝒊𝒗(𝒇
__
) = 𝟎 para todo campo vectorial de la
forma ))
y
(
h
),
x
(
g
),
z
(
f
(
)
z
,
y
,
x
(
f
__
= .
si 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)
̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ = (𝑓1(𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑓2(𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑓3(𝑥, 𝑦, 𝑧)) es un campo vectorial, se define
: 𝑑𝑖𝑣(𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)
̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ =
𝜕𝑥
+
𝜕𝑦
+
𝜕𝑧
=
𝜕𝑓(𝑧)
𝜕𝑥
+
𝜕𝑔(𝑥)
𝜕𝑦
+
𝜕ℎ(𝑦)
𝜕𝑧
=0+0+0=0

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INTEGRALES DOBLES.
1.15.-Calcula ∬ (𝒙𝟐
+ 𝒚 + 𝟏)𝒅𝒙𝒅𝒚
𝑪
con 𝑪 = [𝟎, 𝟏]𝒙[𝟎, 𝟏]. Escribe el
En este tipo de ejercicios es interesante, si se puede y es fácil,
representar gráficamente la región, que se pide integrar.
También es importante, saber que a
veces la integral se puede resolver,
aplicando el Teorema de Fubini, de
dos formas; normalmente una suele
ser más sencilla que la otra. En este
ejercicio vamos a calcular las dos y
veremos, lógicamente, que el resul-
tado es el mismo.
Resolvemos primero integrando respecto a 𝑦 y luego respecto a 𝑥
∬ (𝑥2
+ 𝑦 + 1)𝑑𝑥𝑑𝑦 =
⏟
𝑇𝑒𝑜𝑟𝑒𝑚𝑎 𝑑𝑒 𝐹𝑢𝑏𝑖𝑛𝑖
∫ (∫ (𝑥2
+ 𝑦 + 1)
1
0
𝑑𝑦)
1
0
𝐶
𝑑𝑥 = ∫ [𝑥2
𝑦 +
𝑦2
2
+
1
0
𝑦]
0
1
𝑑𝑥 = ∫ ((𝑥2
+
1
2
+ 1) − (0)) 𝑑𝑥 = ∫ (𝑥2
+
3
2
)
1
0
1
0
𝑑𝑥 = [
𝑥3
3
+
3𝑥
2
]
0
1
=
1
3
+
3
2
=
11
6
Resolvemos ahora integrando primero la 𝑥 y luego la 𝑦 :
∬ (𝑥2
+ 𝑦 + 1)𝑑𝑥𝑑𝑦 =
⏟
𝑇𝑒𝑜𝑟𝑒𝑚𝑎 𝑑𝑒 𝐹𝑢𝑏𝑖𝑛𝑖
∫ (∫ (𝑥2
+ 𝑦 + 1)
1
0
𝑑𝑥)
1
0
𝐶
𝑑𝑦 = ∫ [
𝑥3
3
+ 𝑦𝑥 +
1
0
𝑥]
0
1
𝑑𝑥 = ∫ ((
1
3
+ 𝑦 + 1) − (0)) 𝑑𝑥 = ∫ (𝑦 +
4
3
)
1
0
1
0
𝑑𝑥 = [
𝑦2
2
+
4𝑦
3
]
0
1
=
11
6
= 1,8333
Obteniendo el mismo resultado en ambos casos.
1.16.-Calcula ( )
 −
C
y
d
x
d
x
y con  
3
2
2
x
y
x
,
3
x
2
/
)
y
,
x
(
C 





= .
Una vez representada la función, vamos
a aplicar el Teorema de Fubini (II), para
el cálculo de la integral doble,
recordemos que los límites de
integración de la integral exterior deben
ser números, en este caso debe ser la
variable 𝑥 ,
∬ (𝑦 − 𝑥)𝑑𝑥𝑑𝑦 =
⏟
𝑇𝑒𝑜𝑟𝑒𝑚𝑎 𝑑𝑒 𝐹𝑢𝑏𝑖𝑛𝑖 (𝐼𝐼)
∫ (∫ (𝑦 − 𝑥)
𝑥3
𝑥2 𝑑𝑦)
3
2
𝐶
𝑑𝑥 = ∫ [
𝑦2
2
− 𝑥𝑦]
𝑥2
𝑥3
3
2
𝑑𝑥 =
= ∫ ((
𝑥6
2
− 𝑥4
) − (
𝑥4
2
− 𝑥3
))
3
2
𝑑𝑥 = ∫ (
𝑥6
2
−
3𝑥4
2
+ 𝑥3
)
3
2
𝑑𝑥 = [
𝑥7
14
−
3𝑥5
10
+
𝑥4
4
]
2
3
=
= (
2187
14
−
729
10
+
81
4
) − (
128
14
−
96
10
+
16
4
) =
14003
140
= 100,0214

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1.17.-Calcula ∬ 𝒙𝟐
𝒚𝟐
𝒅𝒙𝒅𝒚
𝑺
donde S es el triángulo de vértices (𝟎, 𝟎), (𝟏, 𝟎)
y (𝟏, 𝟏).
Vamos a resolverlo usando el Teorema
de Fubini(II), integrando primero
respecto a 𝑦 , y luego respecto a 𝑥.
Recordemos recta que pasa por (0,0)
y (1,1) :
𝑥−0
1−0
=
𝑦−0
1−0
⟹ 𝑦 = 𝑥
Recta que pasa por (0,0) y(1,0) :
𝑥−0
1−0
=
𝑦−0
0−0
⟹ 𝑦 = 0
Entonces:
∬ (𝑥2
𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦 =
⏟
∫ (∫ (𝑥2
𝑦2)
𝑥
0
𝑑𝑦)
1
0
𝑆
𝑑𝑥 = ∫ [𝑥2 𝑦3
3
]
0
𝑥
1
0
𝑑𝑥 =
∫
𝑥5
3
1
0
𝑑𝑥 = [
𝑥6
18
]
0
1
=
1
18
1.18.-Calcula ∬ 𝟑𝒙𝒅𝒙𝒅𝒚
𝑫
donde el recinto de integración es
 
y
2
x
y
,
2
y
1
/
)
y
,
x
(
D 2






= .
Considerando la geometría del
recinto y usando el Teorema de
Fubini(II), integramos primero
respecto a 𝑥 , y luego respecto
a 𝑦
Tenemos entonces:
∬ (3𝑥)𝑑𝑥𝑑𝑦 =
⏟
∫ (∫ (3𝑥)
2𝑦
𝑦
𝑑𝑥)
2
1
𝐷
𝑑𝑦 = ∫ [3
𝑥2
2
]
𝑦
2𝑦
2
1
𝑑𝑦 = ∫ (6𝑦2
−
2
1
3
𝑦2
2
) 𝑑𝑦 = [2𝑦3
−
𝑦3
2
]
1
2
= (16 − 4) − (2 −
1
2
) =
21
2
1.19.-Calcula ( )
 −
S
2
2
y
d
x
d
y
x donde S es x
n
e
s
y = ,  

,
0
x . Escribe el
Una vez dibujada el área sobre la
que vamos a calcular la integral
doble, vamos a usar como en los
casos anteriores el teorema de
Fubini(II), ), integramos primero
respecto a 𝑦 , y luego respecto a 𝑥
Tenemos entonces:

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∬ (𝑥2
− 𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦 =
⏟
∫ (∫ (𝑥2
− 𝑦2)
𝑠𝑒𝑛 𝑥
0
𝑑𝑦)
𝜋
0
𝑆
𝑑𝑥 = ∫ [𝑥2
𝑦 −
𝜋
0
𝑦3
3
]
0
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑑𝑥 = ∫ (𝑥2
𝑠𝑒𝑛𝑥 −
𝑠𝑒𝑛3𝑥
3
)
𝜋
0
𝑑𝑥 = ∫ 𝑥2
𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥 −
1
3
∫ 𝑠𝑒𝑛3
𝑥 𝑑𝑥 =
𝜋
0
𝜋
0
=*
Calculemos por separado las integrales indefinidas, para la primera
aplicamos integración por partes
∫ 𝑥2
𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥 =
⏟
𝑢=𝑥2 →𝑑𝑢=2𝑥𝑑𝑥
𝑑𝑣=𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥 →𝑣=−𝑐𝑜𝑠𝑥
− 𝑥2
𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2 ∫ 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 =
⏟
𝑢=𝑥 →𝑑𝑢=𝑑𝑥
𝑑𝑣=𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 →𝑣=𝑠𝑒𝑛𝑥
− 𝑥2
𝑐𝑜𝑠𝑥
+2[𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥 − ∫ 𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥] = −𝑥2
𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥
Para la segunda aplicamos cambio de variable:
∫ 𝑠𝑒𝑛3
𝑥𝑑𝑥 = ∫(1 − 𝑐𝑜𝑠2
𝑥)𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥 =
⏟
𝑐𝑜𝑠𝑥=𝑡 →−𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥=𝑑𝑡
− ∫(1 − 𝑡2)𝑑𝑡 = −𝑡 +
𝑡3
3
=
⏟
𝑑𝑒𝑠ℎ.
𝑐𝑎𝑚𝑏𝑖𝑜
− 𝑐𝑜𝑠𝑥 +
𝑐𝑜𝑠3𝑥
3
Volviendo a *
∬ (𝑥2
𝑆
[−𝑥2
𝑐𝑜𝑠𝑥 + 2𝑥𝑠𝑒𝑛𝑥 + 2𝑐𝑜𝑠𝑥 ]0
𝜋
−
1
3
[−𝑐𝑜𝑠𝑥 +
𝑐𝑜𝑠3
𝑥
3
]
0
𝜋
=
= (𝜋2
− 2) − 2 −
1
3
[(1 −
1
3
) − (−1 +
1
3
)] = 𝜋2
− 4 −
4
9
=𝜋2
−
40
9
= 5,4251
1.20.-Calcula D
y
d
x
d
2 siendo D el recinto plano definido por
 
0
1
y
x
,
0
2
y
x
,
0
y
,
0
x
,
x
y
/
)
y
,
x
(
D 2
2

−
−

−
+





= .
Una vez dibujada el área sobre la que vamos a calcular la integral
doble, vamos a usar como en los casos anteriores el teorema de
Fubini(II), integramos primero respecto a 𝑦 , y luego respecto a 𝑥.
Buscamos el punto de corte de las dos rectas:
{
𝑥 + 𝑦 = 2
𝑥 − 𝑦 = 1
sumando 2𝑥 = 3 → 𝑥 =
3
2
sustituyendo en la primera 𝑦 = 2 −
𝑥 =
1
2
entonces el punto de corte de
las dos rectas (
3
2
,
1
2
)
Por tanto:
∬ 2𝑑𝑥𝑑𝑦 =
⏟
∫ (∫ 2
𝑥2
0
𝑑𝑦)
1
0
𝐷
𝑑𝑥 + ∫ (∫ 2
−𝑥+2
𝑥−1
𝑑𝑦)
3
2
1
𝑑𝑥 =
∫ [2𝑦]0
𝑥2
𝑑𝑥 + ∫ [2𝑦]𝑥−1
−𝑥+2
𝑑𝑥
3
2
1
1
0
= ∫ 2𝑥2
𝑑𝑥 + ∫ (2(−𝑥 + 2) − 2(𝑥 − 1))𝑑𝑥
3
2
1
1
0
= [
2𝑥3
3
]
0
1
+
∫ (−4𝑥 + 6)𝑑𝑥 =
2
3
+ [−2𝑥2
+ 6𝑥]1
3
2
⁄
=
2
3
+
1
2
=
7
6
3
2
1

Página 10 de 46
1.21.-Calcula ∬ (𝒙𝟐
+ 𝒚𝟐)𝒅𝒙𝒅𝒚
𝑺
donde 𝑺 = {(𝒙, 𝒚)/|𝒙| ≤ 𝟏, |𝒚| ≤ 𝟏}.
Representamos la región plana 𝑆, que
en este caso es cuadrada.
En este caso las variaciones de las
variables son constantes: −1 ≤ 𝑥 ≤ 1
y −1 ≤ 𝑦 ≤ 1 , como consecuencia
aplicaremos el Teorema de Fubini(I),
al ser los límites de integración
números.
∬ (𝑥2
+ 𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦 =
⏟
𝑇𝑒𝑜𝑟𝑒𝑚𝑎 𝑑𝑒 𝐹𝑢𝑏𝑖𝑛𝑖 (𝐼)
∫ (∫ (𝑥2
+ 𝑦2)
1
−1
𝑑𝑦)
1
−1
𝑆
𝑑𝑥 =
= ∫ [𝑥2
𝑦 +
𝑦3
3
]
−1
1
𝑑𝑥 = ∫ ((𝑥2
+
1
3
) − (−𝑥2
−
1
3
)
1
−1
1
−1
)𝑑𝑥 = 2 ∫ (𝑥2
+
1
3
) 𝑑𝑥 =
1
−1
= 2 [
𝑥3
3
+
𝑥
3
]
−1
1
= 2 (
2
3
− (−
2
3
)) =
8
3
NOTA: al ser simétrica la función y el área simétrica se podría calcular:
∬ (𝑥2
+ 𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ (∫ (𝑥2
+ 𝑦2)
1
−1
𝑑𝑦)
1
−1
𝑆
𝑑𝑥 = 4 ∫ (∫ (𝑥2
+ 𝑦2)
1
0
𝑑𝑦) 𝑑𝑥
1
0
obteniendo el mismo resultado.
1.22.-Calcula el área de la región plana 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℜ2
/0 ≤ 𝑥 ≤ 1,0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥}
de dos maneras distintas, comprobando que se obtiene el mismo
valor.
Representamos la región plana 𝐷,
que en este caso es de forma
triangular.
Aplicaremos el Teorema de Fubini(II)
Tendremos que calcular el área de las
dos maneras que permite el teorema:
Primero lo hacemos integrando
respecto a la variable 𝑦 y luego
respecto a 𝑥 .
⏟
∫ (∫ 1
𝑥
0
𝑑𝑦)
1
0
𝐷
𝑑𝑥 = ∫ [𝑦]0
𝑥
𝑑𝑥 = ∫ 𝑥 𝑑𝑥 = [
𝑥2
2
]
0
1
=
1
2
1
0
1
0
Ahora lo hacemos integrando respecto a la variable 𝑥 y luego respecto
a 𝑦 .
⏟
∫ (∫ 1
1
𝑦
𝑑𝑥)
1
0
𝐷
𝑑𝑦 = ∫ [𝑥]𝑦
1
𝑑𝑦 = ∫ (1 − 𝑦)𝑑𝑦 =
1
0
1
0
= [𝑦 −
𝑦2
2
]
0
1
= 1 −
1
2
=
1
2
, como era de esperar llegamos al mismo
resultado.

Página 11 de 46
1.23.-Calcula ∬
𝑦2𝑒𝑥2+𝑦2
2𝑥2+2𝑦2
𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
siendo D el recinto plano definido por
𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℜ2
/1 ≤ 𝑥2
+ 𝑦2
≤ 9, 𝑥 ≤ 𝑦, 𝑥 ≥ 0}. Escribe el resultado en
número decimal aproximado.
Usaremos un cambio a coordenadas polares para resolver el ejercicio
coordenadas (𝑥, 𝑦)
cambio a
coordenadas
polares
coordenadas polares(𝜌, 𝛼)
Dominio en coordenadas (𝑥, 𝑦)
𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℜ2
/1 ≤ 𝑥2
+ 𝑦2
≤ 9, 𝑥 ≤ 𝑦, 𝑥 ≥ 0}
Cambio a dominio en coordenadas polares (𝜌, 𝛼)
{
𝑥 = 𝜌𝑐𝑜𝑠𝛼
𝑦 = 𝜌𝑠𝑒𝑛𝛼 , tenemos
1 ≤ 𝜌2
𝑐𝑜𝑠2
𝛼 + 𝜌2
𝑠𝑒𝑛2
𝛼 = 𝜌2
≤ 9 → 1 ≤ 𝜌 ≤ 3
𝜌𝑐𝑜𝑠𝛼 ≤ 𝜌𝑠𝑒𝑛𝛼 → 𝑐𝑜𝑠𝛼 ≤ 𝑠𝑒𝑛𝛼 →
𝜋
4
≤ 𝛼 ≤
𝜋
2
nuevo dominio en polares 𝐷𝑝 = {(𝑥, 𝑦)𝜖ℝ2
/1 ≤ 𝜌 ≤ 3,
𝜋
4
≤ 𝛼 ≤
𝜋
2
}
Aplicamos el cambio de variables:
∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷1
= ∬ 𝑓(𝑥(𝜌, 𝛼), 𝑦(𝜌, 𝛼))| |
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝛼
| |𝑑𝜌𝑑𝛼
𝐷2
,
en este caso |
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝛼
| = |
𝑐𝑜𝑠𝛼 −𝜌𝑠𝑒𝑛𝛼
𝑠𝑒𝑛𝛼 𝜌𝑐𝑜𝑠𝛼 | = 𝜌
sustituimos y aplicamos el teorema de Fubini(I)
∬
2𝑥2+2𝑦2
𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
=
1
2
∬
𝑥2+𝑦2
𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
=
1
2
∬
𝜌2𝑠𝑒𝑛2𝛼∙𝑒𝜌2𝑐𝑜𝑠2𝛼+𝜌2𝑠𝑒𝑛2𝛼
𝜌2𝑐𝑜𝑠2𝛼+𝜌2𝑠𝑒𝑛2𝛼
𝜌𝑑𝜌𝑑𝛼 =
𝐷𝑝
=
1
2
∬
𝜌2𝑠𝑒𝑛2𝛼∙𝑒𝜌2
𝜌2
1
2
∬ 𝑠𝑒𝑛2
𝛼 ∙ 𝑒𝜌2
1
2
∫ 𝑒𝜌2
𝜌(∫ 𝑠𝑒𝑛2
𝛼
𝜋
2
⁄
𝜋
4
⁄
3
1
𝐷𝑝
𝐷𝑝
𝑑𝛼)𝑑𝜌 =
=
1
2
∫ 𝑒𝜌2
𝜌(∫
1 − 𝑐𝑜𝑠2𝛼
2
𝜋
2
⁄
𝜋
4
⁄
3
1
𝑑𝛼)𝑑𝜌 =
1
2
∫ 𝑒𝜌2
𝜌 [
𝛼
2
−
𝑠𝑒𝑛2𝛼
4
]
𝜋
4
⁄
𝜋
2
⁄
3
1
𝑑𝜌 =
=
1
2
∫ 𝑒𝜌2
𝜌 ((
𝜋
4
− 0) − (
𝜋
8
−
1
4
))
3
1
𝑑𝜌 =
1
2
(
𝜋
8
+
1
4
)
1
2
∫ 𝑒𝜌2
2𝜌
3
1
𝑑𝜌 =
1
4
(
𝜋
8
+
1
4
) [𝑒𝜌2
]1
3
=
=(
𝜋
32
+
1
16
) (𝑒9
− 𝑒) = 1301.52439048636

Página 12 de 46
1.24.-Calcula 
+
D
y
x
y
d
x
d
e
x
2
2
siendo D el recinto plano definido por
{(𝑥, 𝑦) ∈ ℜ2
/𝑥2
+ 𝑦2
≤ 9, 𝑥 ≥ 𝑦, 𝑦 ≥ 0}. Escribe el resultado en número
decimal aproximado.
cambio a
coordenadas
polares coordenadas polares(𝜌, 𝛼)
𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℜ2
/𝑥2
+ 𝑦2
≤ 9, 𝑥 ≥ 𝑦, 𝑥 ≥ 0}
{
0 ≤ 𝜌2
𝑐𝑜𝑠2
𝛼 + 𝜌2
𝑠𝑒𝑛2
𝛼 = 𝜌2
≤ 9 → 0 ≤ 𝜌 ≤ 3
𝜌𝑐𝑜𝑠𝛼 ≥ 𝜌𝑠𝑒𝑛𝛼 → 𝑐𝑜𝑠𝛼 ≥ 𝑠𝑒𝑛𝛼 → 0 ≤ 𝛼 ≤
𝜋
4
/0 ≤ 𝜌 ≤ 3, 0 ≤ 𝛼 ≤
𝜋
4
}
𝐷1
= ∬ 𝑓(𝑥(𝜌, 𝛼), 𝑦(𝜌, 𝛼))| |
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝛼
| |𝑑𝜌𝑑𝛼
𝐷2
,
en este caso |
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝛼
| = |
∬ 𝑥𝑒√𝑥2+𝑦2
𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
= ∬ 𝜌𝑐𝑜𝑠𝛼 𝑒√𝜌2𝑐𝑜𝑠2𝛼+𝜌2𝑠𝑒𝑛2𝛼
𝐷𝑝
= ∬ 𝜌2
𝑐𝑜𝑠𝛼 𝑒𝜌
𝑑𝜌𝑑𝛼 =
𝐷𝑝
∫ 𝑒𝜌
𝜌2
(∫ 𝑐𝑜𝑠𝛼
𝜋
4
⁄
0
3
0
𝑑𝛼)𝑑𝜌 = ∫ 𝑒𝜌
𝜌2[𝑠𝑒𝑛𝛼]0
𝜋
4
⁄
3
0
𝑑𝜌 =
= ∫ 𝑒𝜌
𝜌2 √2
2
3
0
𝑑𝜌 =
√2
2
∫ 𝑒𝜌
𝜌2
3
0
𝑑𝜌 = (∗)
para resolver la integral ∫ 𝑒𝜌
𝜌2
𝑑𝜌 aplicamos dos veces partes
∫ 𝑒𝜌
𝜌2
𝑑𝜌 =
⏟
𝑢=𝜌2 →𝑑𝑢=2𝜌𝑑𝜌
𝑑𝑣=𝑒𝜌𝑑𝜌 →𝑣=𝑒𝜌
𝑒𝜌
𝜌2
− 2 ∫ 𝑒𝜌
𝜌𝑑𝜌 =
⏟
𝑢=𝜌 →𝑑𝑢=𝑑𝜌
𝑑𝑣=𝑒𝜌𝑑𝜌 →𝑣=𝑒𝜌
𝑒𝜌
𝜌2
− 2(𝑒𝜌
𝜌 − ∫ 𝑒𝜌
𝑑𝜌) =
= 𝑒𝜌
𝜌2
− 2𝑒𝜌
𝜌 + 2𝑒𝜌
= 𝑒𝜌(𝜌2
− 2𝜌 + 2)
Por tanto, (∗) =
√2
2
[𝑒𝜌(𝜌2
− 2𝜌 + 2)]0
3
=
√2
2
(5𝑒3
− 2) = 69.59888324842082
1.25.-Calcula ∬ 𝒆
𝟐𝒙𝟐+𝒙𝒚−𝒚𝟐
𝒙+𝒚 𝒅𝒙𝒅𝒚
𝑫
siendo D el recinto plano limitado por
las rectas 0
y
x
2 =
− , e
y
x
2 =
− , 
=
+ y
x y 0
y
x =
+ . Usa el cambio

Página 13 de 46
de variables



+
=
−
=
y
x
v
y
x
2
u
. Escribe el resultado en número decimal
aproximado.
Usaremos un cambio a las nuevas coordenadas para resolver el
ejercicio
cambio a
nuevas
coordenadas
nuevas coordenadas(𝑢, 𝑣)
𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℜ2
/ 0 ≤ 2𝑥 − 𝑦 ≤ 𝑒, 0 ≤ 𝑥 + 𝑦 ≤ 𝜋}
Cambio a dominio en nuevas coordenadas (𝑢, 𝑣)
{
𝑢 = 2𝑥 − 𝑦
𝑣 = 𝑥 + 𝑦
,tenemos
0 ≤ 𝑢 ≤ 𝑒
0 ≤ 𝑣 ≤ 𝜋
además sumando 𝑢 + 𝑣 = 3𝑥 → 𝑥 =
𝑢
3
+
𝑣
3
y despejando 𝑦 = −
𝑢
3
+
2𝑣
3
dominio en las nuevas coordenadas 𝐷𝑝 = {(𝑥, 𝑦)𝜖ℝ2
/0 ≤ 𝑢 ≤ 𝑒, 0 ≤ 𝑣 ≤ 𝜋}
𝐷1
= ∬ 𝑓(𝑥(𝑢, 𝛼), 𝑦(𝑣, 𝛼))| |
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝜕𝑣
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕𝑣
| |𝑑𝑢𝑑𝑣
𝐷2
,
en este caso |
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝜕𝑣
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕𝑣
| = |
1
3
1
3
−
1
3
2
3
| =
2
9
+
1
9
=
1
3
además
2𝑥2+𝑥𝑦−𝑦2
𝑥+𝑦
=
(2𝑥−𝑦)(𝑥+𝑦)
𝑥+𝑦
=
𝑢∙𝑣
𝑣
= 𝑢
∬𝑒
2𝑥2+𝑥𝑦−𝑦2
𝑥+𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
= ∬ 𝑒𝑢
1
3
𝑑𝑢𝑑𝑣 =
𝐷𝑝
1
3
∫ (∫ 𝑒𝑢
𝑑𝑢
𝑒
0
) 𝑑𝑣 =
1
3
∫ [𝑒𝑢]0
𝑒
𝑑𝑣 =
𝜋
0
𝜋
0
=
1
3
∫ (𝑒𝑒
− 1)𝑑𝑣
𝜋
𝑜
=
(𝑒𝑒−1)
3
[𝑣]0
𝜋
=
(𝑒𝑒−1)𝜋
3
= 14.82230875827155
1.26.-Calcula S
y
d
x
d
)
y
,
x
(
f donde S es el anillo circular {(𝑥, 𝑦) ∈
ℜ2
/1 ≤ 𝑥2
+ 𝑦2
≤ 9}. Usa un cambio de variables.

Página 14 de 46
cambio a
coordenadas
polares
𝑆 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℜ2
/1 ≤ 𝑥2
+ 𝑦2
≤ 9}
{
1 ≤ 𝜌2
𝑐𝑜𝑠2
𝛼 + 𝜌2
𝑠𝑒𝑛2
𝛼 = 𝜌2
≤ 9 → 1 ≤ 𝜌 ≤ 3
0 ≤ 𝛼 ≤ 2𝜋
/1 ≤ 𝜌 ≤ 3, 0 ≤ 𝛼 ≤ 2𝜋}
𝐷1
= ∬ 𝑓(𝑥(𝜌, 𝛼), 𝑦(𝜌, 𝛼))| |
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝛼
| |𝑑𝜌𝑑𝛼
𝐷2
,
en este caso |
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝛼
| = |
𝑆
= ∬ 𝑓(𝜌𝑐𝑜𝑠𝛼, 𝜌𝑠𝑒𝑛𝛼)𝜌𝑑𝜌𝑑𝛼 = ∫ (∫ 𝑓(𝜌𝑐𝑜𝑠𝛼, 𝜌𝑠𝑒𝑛𝛼)𝜌𝑑𝛼
2𝜋
0
)
3
1
𝐷𝑝
𝑑𝜌
1.27. Calcula, pasando a coordenadas polares : ∫ (∫ √𝑥2 + 𝑦2𝑑𝑦
𝑥
0
)𝑑𝑥
3
0
.
cambio a
coordenadas
polares
𝑆 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℜ2
/0 ≤ 𝑥 ≤ 3, 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥}
{
0 ≤ 𝜌𝑐𝑜𝑠𝛼 ≤ 3 → 0 ≤ 𝜌 ≤
3
𝑐𝑜𝑠𝛼
0 ≤ 𝜌𝑠𝑒𝑛𝛼 ≤ 𝜌𝑐𝑜𝑠𝛼 → 𝑠𝑒𝑛𝛼 ≤ 𝑐𝑜𝑠𝛼 → 0 ≤ 𝛼 ≤
𝜋
4

Página 15 de 46
/0 ≤ 𝜌 ≤
3
𝑐𝑜𝑠𝛼
, 0 ≤ 𝛼 ≤
𝜋
4
}
𝐷1
= ∬ 𝑓(𝑥(𝜌, 𝛼), 𝑦(𝜌, 𝛼))| |
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝛼
| |𝑑𝜌𝑑𝛼
𝐷2
,
en este caso |
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝛼
| = |
tenemos también √𝑥2 + 𝑦2 = √𝜌2𝑐𝑜𝑠2𝛼 + 𝜌2𝑠𝑒𝑛2𝛼 = √𝜌2 = 𝜌
sustituimos y aplicamos el teorema de Fubini(II)
∫ (∫ √𝑥2 + 𝑦2𝑑𝑦
𝑥
0
)𝑑𝑥 = ∫ (∫ 𝜌2
𝑑𝜌
3
𝑐𝑜𝑠𝛼
0
) 𝑑𝛼 =
𝜋
4
0
3
0
∫ [
𝜌3
3
]
0
3
𝑐𝑜𝑠𝛼
𝑑𝛼 = ∫
9
𝑐𝑜𝑠3𝛼
𝑑𝛼 =
𝜋
4
0
𝜋
4
0
9 ∫
1
𝑐𝑜𝑠3𝛼
𝑑𝛼 =
𝜋
4
0
(∗)
Vamos a resolver la integral indefinida por sustitución y luego raíces
reales múltiples:
∫
1
𝑐𝑜𝑠3𝛼
𝑑𝛼 =
⏟
𝑡=𝑠𝑒𝑛𝛼→𝑑𝑡=𝑐𝑜𝑠𝛼𝑑𝛼
𝑑𝛼=
𝑑𝑡
𝑐𝑜𝑠𝛼
=
𝑑𝑡
√1−𝑡2
= ∫
1
(√1−𝑡2)
3 ∙
𝑑𝑡
√1−𝑡2
= ∫
𝑑𝑡
(1−𝑡2)2
Tenemos ahora que :
1
(1−𝑡2)2
=
𝐴
1+𝑡
+
𝐵
(1+𝑡)2
+
𝐶
1−𝑡
+
𝐷
(1−𝑡)2
Resolviendo el sistema obtenemos 𝐴 = 𝐵 = 𝐶 = 𝐷 =
1
4
∫
1
𝑐𝑜𝑠3𝛼
𝑑𝛼 =
1
4
(∫
1
1+𝑡
𝑑𝑡 + ∫
1
(1+𝑡)2
+ ∫
1
1−𝑡
𝑑𝑡 + ∫
1
(1−𝑡)2
) =
1
4
(ln(1 + 𝑡) − (1 + 𝑡)−1
−
ln(1 − 𝑡) + (1 − 𝑡)−1) =
1
4
(ln
1+𝑡
1−𝑡
−
1
1+𝑡
+
1
1−𝑡
) =
1
4
(ln
1+𝑡
1−𝑡
+
2𝑡
1−𝑡2
) =
= 𝑙𝑛√
1 + 𝑡
1 − 𝑡
4
+
𝑡
2(1 − 𝑡2)
=
⏟
𝑑𝑒𝑠ℎ𝑎𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑐𝑎𝑚𝑏𝑖𝑜
𝑙𝑛√
1 + 𝑠𝑒𝑛𝛼
1 − 𝑠𝑒𝑛𝛼
4
+
𝑠𝑒𝑛𝛼
2𝑐𝑜𝑠2𝛼
Entonces:
(∗) = 9 [𝑙𝑛√
1+𝑠𝑒𝑛𝛼
1−𝑠𝑒𝑛𝛼
4
+
𝑠𝑒𝑛𝛼
2𝑐𝑜𝑠2𝛼
]
0
𝜋
4
=9 ∙ (𝑙𝑛√
2+√2
2−√2
4
+
√2
2
) = 10.33014217226687
1.28.-Invierte el orden de la integral:   





4
1
2
x
x
d
y
d
)
y
,
x
(
f y calcula
∫ (∫ (𝑥2
+ 𝑦)𝑑𝑦
2
√𝑥
) 𝑑𝑥
4
1
aproximado.

Página 16 de 46
Representamos la región plana 𝑆,
según los datos que nos aporta el
problema.
El dominio es;
𝑆 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℜ2
/1 ≤ 𝑥 ≤ 4, √𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 2}
al cambiar los límites de integración
obtenemos:
𝑆 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℜ2
/1 ≤ 𝑦 ≤ 2,1 ≤ 𝑥 ≤ 𝑦2}
Por lo que al invertir el orden obtenemos: ∫ (∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
𝑦2
1
) 𝑑𝑦
2
1
Resolvemos ahora la segunda parte del problema usando el Teorema
de Fubini(II)
∫ (∫ (𝑥2
+ 𝑦)𝑑𝑦
2
√𝑥
) 𝑑𝑥 = ∫ (∫ (𝑥2
+ 𝑦)𝑑𝑥
𝑦2
1
) 𝑑𝑦 = ∫ [
𝑥3
3
+ 𝑦𝑥]
1
𝑦2
𝑑𝑦 =
2
1
2
1
4
1
∫ (
𝑦6
3
+ 𝑦3
−
1
3
− 𝑦) 𝑑𝑦 = [
𝑦7
21
+
𝑦4
4
−
𝑦
3
−
𝑦2
2
]
1
2
= (
128
21
+ 4 −
2
3
− 2 − (
1
21
+
1
4
−
1
3
−
1
2
))
2
1
=
223
28
= 7.964285714285714
1-29.-Invierte el orden de la integral: ∫ (∫ 𝒇(𝒙, 𝒚)𝒅𝒚
𝟐−𝒙
𝒙𝟐−𝟒
𝟒
) 𝒅𝒙
𝟐
−𝟔
.
Representamos la región plana 𝑆, según los
datos que nos aporta el problema.
El dominio es;
𝑆 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
/ −6 ≤ 𝑥 ≤ 2 ,
𝑥2−4
4
≤ 𝑦 ≤ 2 − 𝑥}
para cambiar los límites de integración
necesitamos saber en qué puntos se cortan las
curvas dadas:
{
𝑥2−4
4
= 𝑦
2 − 𝑥 = 𝑦
⟶
𝑥2−4
4
= 2 − 𝑥 → 𝑥2 − 4 = 8 − 4𝑥 → 𝑥2 + 4𝑥 − 12 = 0 → {
𝑥 = −6
𝑥 = 2
Si 𝑥 = −6 → 𝑦 = 8 ,si 𝑥 = 2 → 𝑦 = 0 ,tenemos ahora saber cual es
el mínimo valor para la 𝑦 , para hallarlo derivamos e igualamos a
0.(método para cálculo de extremos)𝑦 =
𝑥2−4
4
→ 𝑦′
=
2𝑥
4
= 0 → 𝑥 = 0
Entonces 𝑦 =
02−4
4
= −1
Además en valores negativos de la 𝑦 tenemos
𝑦 =
𝑥2−4
4
→ 𝑥2
− 4 = 4𝑦 → 𝑥2
= 4𝑦 + 4 → {
𝑥 = +√4𝑦 + 4
𝑥 = −√4𝑦 + 4
al cambiar los límites de integración obtenemos(OJO: en este caso tenemos
que dividir en dos el dominio)lo vemos en el dibujo:

Página 17 de 46
Por tanto:
𝑆 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
, 0 ≤ 𝑦 ≤ 8, −√4𝑦 + 4 ≤ 𝑥 ≤ 2 − 𝑦} 𝑈
{(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
, −1 ≤ 𝑦 ≤ 0, −√4𝑦 + 4 ≤ 𝑥 ≤ √4𝑦 + 4}
Por lo que al invertir el orden obtenemos:
∫ (∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦
2−𝑥
𝑥2−4
4
) 𝑑𝑥 = ∫ (∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
2−𝑦
−√4𝑦+4
) 𝑑𝑦 +
8
0
∫ (∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
√4𝑦+4
−√4𝑦+4
) 𝑑𝑦
0
−1
2
−6
1.30.-Calcula, invirtiendo el orden de integración: ∫ (∫ 𝑒−𝑦4
𝑑𝑦
1
√𝑥
3 ) 𝑑𝑥
1
0
.
La integral no se puede calcular en el orden dado porque 𝑒−𝑦4
no tiene
una primitiva fácil de calcular. Vamos a invertir el orden de integración:
Representamos la región plana 𝑆, según
los datos que nos aporta el problema.
El dominio es;
𝑆 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
/ 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 , √𝑥
3
≤ 𝑦 ≤ 1}
al cambiar los límites de integración
tenemos:
𝑆 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
/ 0 ≤ 𝑦 ≤ 1 ,0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑦3}
Tenemos entonces:
∫ (∫ 𝑒−𝑦4
𝑑𝑦
1
√𝑥
3 ) 𝑑𝑥
1
0
= ∫ (∫ 𝑒−𝑦4
𝑑𝑥
𝑦3
0
) 𝑑𝑦
1
0
= ∫ [𝑒−𝑦4
𝑥]0
𝑦3
𝑑𝑦 = ∫ (𝑒−𝑦4
𝑦3
)𝑑𝑦 =
1
0
1
0
−1
4
∫ (𝑒−𝑦4
(−4𝑦3
))𝑑𝑦 =
−1
4
[𝑒−𝑦4
]0
1
1
0
=
−1
4
(
1
𝑒
− 1) = 0.1580301397
1.31.-Calcula, usando integrales impropias: ∫ (∫ 𝑒−2𝑥2−2𝑦2
𝑑𝑦
+∞
−∞
)𝑑𝑥
+∞
−∞
.
Se trata de una integral impropia(por los límites de integración y
cubren todo ℝ2
). Vamos a usar coordenadas polares
{
−∞ ≤ 𝜌𝑐𝑜𝑠𝛼 ≤ +∞ → 0 ≤ 𝜌 ≤ +∞
−∞ ≤ 𝜌𝑠𝑒𝑛𝛼 ≤ +∞ → 0 ≤ 𝛼 ≤ 2𝜋
nuevo dominio en polares 𝐷𝑝 = {
(𝑥,𝑦)𝜖ℝ2
0
≤ 𝜌 ≤ +∞, 0 ≤ 𝛼 ≤ 2𝜋}

Página 18 de 46
𝐷1
= ∬ 𝑓(𝑥(𝜌, 𝛼), 𝑦(𝜌, 𝛼))| |
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝛼
| |𝑑𝜌𝑑𝛼
𝐷2
,
en este caso |
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝛼
| = |
tenemos también −2𝑥2
− 2𝑦2
= −2(𝜌2
𝑐𝑜𝑠2
𝛼 + 𝜌2
𝑠𝑒𝑛2
𝛼) = −2𝜌2
∫ (∫ 𝑒−2𝑥2−2𝑦2
𝑑𝑦
+∞
−∞
)𝑑𝑥
+∞
−∞
= ∫ (∫ 𝑒−2𝜌2
𝜌
2𝜋
0
𝑑𝛼)
+∞
0
𝑑𝜌 = ∫ [𝑒−2𝜌2
𝜌 ∙ 𝛼]0
2𝜋
𝑑𝜌 =
+∞
0
= 2𝜋(
−1
4
) ∫ 𝑒−2𝜌2
(−4)𝜌𝑑𝜌 =
⏟
𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑙 𝑖𝑚𝑝𝑟𝑜𝑝𝑖𝑎
−
+∞
0
𝜋
2
lim
𝑏→+∞
∫ 𝑒−2𝜌2
(−4)𝜌𝑑𝜌 =
𝑏
0
= −
𝜋
2
lim
𝑏→+∞
[𝑒−2𝜌2
]
0
𝑏
= −
𝜋
2
lim
𝑏→+∞
(𝑒−2𝑏2
− 1) = −
𝜋
2
(−1) =
𝜋
2
= 1.57079632679
1.32.-Calcula la integral impropia: ∬
𝑥𝑒𝑥2+𝑦2
𝑦
𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑆
definida sobre el
recinto plano 𝑆 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
/𝜀 < 𝑥2
+ 𝑦2
≤ 1 , 𝑥 ≥ 0, 𝑦 ≥ 𝑥} con 𝜀 > 0.
Se trata de una integral impropia(en este caso no se puede dividir por
𝑦 = 0). Vamos a usar coordenadas polares y representamos las
regiones:
cambio a
coordenadas
polares
{
𝜀 < 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 1 → 0 < 𝜌2
𝑐𝑜𝑠2
𝛼 + 𝜌2
𝑠𝑒𝑛2
𝛼 ≤ 1 →
𝑥 ≥ 0, 𝑦 ≥ 𝑥 → 𝜌𝑠𝑒𝑛𝛼 ≥ 𝜌𝑐𝑜𝑠𝛼 → 𝑠𝑒𝑛𝛼 ≥ 𝑐𝑜𝑠𝛼 →
→ 0 < 𝜌2
≤ 1
𝑐𝑜𝑠𝛼 ≤ 𝑠𝑒𝑛 𝛼
→ {
0 < 𝜌 ≤ 1
𝜋
4
≤ 𝛼 ≤
𝜋
2
nuevo dominio en polares 𝑆𝑝 = {(𝑥, 𝑦)𝜖ℝ2
, 0 < 𝜌 ≤ 1 ,
𝜋
4
< 𝛼 ≤
𝜋
2
}
𝐷1
= ∬ 𝑓(𝑥(𝜌, 𝛼), 𝑦(𝜌, 𝛼))| |
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝛼
| |𝑑𝜌𝑑𝛼
𝐷2
,

Página 19 de 46
en este caso |
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝛼
| = |
tenemos también
𝑥 𝑒𝑥2+𝑦2
𝑦
=
𝜌𝑐𝑜𝑠𝛼 𝑒𝜌2𝑐𝑜𝑠2𝛼+𝜌2𝑠𝑒𝑛2𝛼
𝜌𝑠𝑒𝑛𝛼
=
𝑐𝑜𝑠𝛼 𝑒𝜌2
𝑠𝑒𝑛𝛼
sustituyendo:
∬
𝒙𝒆𝒙𝟐+𝒚𝟐
𝒚
𝒅𝒙𝒅𝒚 =
1
2
∫ (∫
𝑐𝑜𝑠𝛼
𝑠𝑒𝑛𝛼
𝑒𝜌2
2𝜌
1
0
𝑑𝜌)
𝜋
2
𝜋
4
𝑑
𝑺
𝛼 =
1
2
∫
𝑐𝑜𝑠𝛼
𝑠𝑒𝑛𝛼
[𝑒𝜌2
]0
1
𝑑𝛼 =
𝜋
2
𝜋
4
=
𝑒 − 1
2
∫
𝑐𝑜𝑠𝛼
𝑠𝑒𝑛𝛼
𝑑𝛼 =
𝑒 − 1
2
[ln (𝑠𝑒𝑛𝑥)]𝜋
4
𝜋
2
=
𝜋
2
𝜋
2
𝑒 − 1
2
(0 − ln (
1
√2
)) =
𝑒 − 1
2
ln (√2)
=
𝑒−1
4
𝑙𝑛2 = 0.2977555512009437
INTEGRALES TRIPLES.
1.33.-Calcula ( )
 +
+
S
z
d
y
d
x
d
z
y
x con      
6
,
5
x
4
,
3
x
2
,
1
S = .
Se trata de una integral TRIPLE, a la que aplicaremos el Teorema de
Fubini(I), y tenemos hasta 6 posibilidades de presentar una integral
triple en un dominio 𝑆
∭𝑆
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 con 𝑆 = [𝑎, 𝑏]𝑥[𝑐, 𝑑]𝑥[𝑒, 𝑘]
∫ (∫ (∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧
𝑏
𝑎
)𝑑𝑥) 𝑑𝑦
𝑑
𝑐
) 𝑑𝑧 =
𝑘
𝑒
∫ (∫ (∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧
𝑏
𝑎
)𝑑𝑥) 𝑑𝑧
𝑘
𝑒
) 𝑑𝑦 =
𝑑
𝑐
= ∫ (∫ (∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧
𝑑
𝑐
)𝑑𝑦) 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
) 𝑑𝑧 =
𝑘
𝑒
∫ (∫ (∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧
𝑑
𝑐
)𝑑𝑦) 𝑑𝑧
𝑘
𝑒
) 𝑑𝑥 =
𝑏
𝑎
= ∫ (∫ (∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧
𝑘
𝑒
)𝑑𝑧) 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
) 𝑑𝑦 =
𝑑
𝑐
∫ (∫ (∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧
𝑘
𝑒
)𝑑𝑧) 𝑑𝑦
𝑑
𝑐
) 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
Usamos una para resolver el ejercicio:
∭𝑆
(𝑥 + 𝑦 + 𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∫ (∫ (∫ (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)
2
1
𝑑𝑥) 𝑑𝑦
4
3
) 𝑑𝑧 =
6
5
= ∫ (∫ [
𝑥2
2
+ 𝑦𝑥 + 𝑧𝑥]
1
2
4
3
𝑑𝑦)
6
5
𝑑𝑧 = ∫ (∫ (
3
2
+ 𝑦 + 𝑧) 𝑑𝑦
4
3
)
6
5
𝑑𝑧 =
= ∫ [
3
2
𝑦 +
𝑦2
2
+ 𝑧𝑦]
3
4
6
5
𝑑𝑧 = ∫ (5 + 𝑧)𝑑𝑧 = [5𝑧 +
𝑧2
2
]
5
6
=
21
2
6
5
1.34.-Calcula ∭𝑠
1
(1+𝑥+𝑦+𝑧)3
𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 donde 𝑺 es el tetraedro limitado
por los planos 𝑥 = 0 , 𝑦 = 0, 𝑧 = 0 y 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1. Escribe el resultado
en número decimal aproximado.
Se trata de una integral TRIPLE, a la que aplicaremos el Teorema de
Fubini(I). Representamos el tetraedro con los cuatro planos que lo de-

Página 20 de 46
limitan. Llamamos 𝐷 a la proyección del dominio de integración sobre
el plano 𝑋𝑌 (𝑧 = 0) , que representamos y obtenemos los límites de
integración:
0 ≤ 𝑥 ≤ 1
0 ≤ 𝑦 ≤ 1 − 𝑥
0 ≤ 𝑧 ≤ 1 − 𝑥 − 𝑦
Lo que nos per-
mite resolver la
integral aplican-
do el Teorema de
Fubini(II)
∭𝑠
1
(1+𝑥+𝑦+𝑧)3
𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∫ (∫ (∫
1
(1+𝑥+𝑦+𝑧)3
1−𝑥−𝑦
0
𝑑𝑧) 𝑑𝑦
1−𝑥
0
) 𝑑𝑥 =
1
0
=
−1
2
∫ (∫ [(1 + 𝑥 + 𝑦 + 𝑧)−2]0
1−𝑥−𝑦
𝑑𝑦
1−𝑥
0
) 𝑑𝑥 =
1
0
−1
2
∫ (∫ (
1
4
− (1 + 𝑥 + 𝑦)−2
𝑑𝑦
1−𝑥
0
) 𝑑𝑥 =
1
0
=
−1
2
∫ [
𝑦
4
+ (1 + 𝑥 + 𝑦)−1
]
0
1−𝑥
1
0
𝑑𝑥 =
−1
2
∫ (
3
4
−
𝑥
4
−
1
1 + 𝑥
) 𝑑𝑥 =
−1
2
[
3𝑥
4
−
𝑥2
8
− ln (1 + 𝑥)]
0
1
=
1
0
=
𝑙𝑛2
2
−
5
16
= 0.03407359027997264
1-35.- Calcula ∭𝑆
(𝑥2
+ 𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 con 𝑆 limitada por las superficies
𝑥2
+ 𝑦2
= 2𝑧 y 𝑧 = 2. Escribe el resultado en número decimal
aproximado.
En este caso la región de integración que nos dan es el interior del
paraboloide 𝑥2
+ 𝑦2
= 2𝑧 limitado por el plano 𝑧 = 2.
La proyección de la región sobre el
plano 𝑧 = 0 es el círculo 𝑥2
+ 𝑦2
≤ 4
(representada en la figura de abajo)
Usaremos coordenadas
cilíndricas para resolver la
integral.
Coordenadas rectangulares (𝑥, 𝑦, 𝑧)
Coordenadas cilíndricas (𝜌, 𝛼, 𝑧)
Recordamos la relación existente:

Página 21 de 46
{
𝑦 = 𝜌𝑠𝑒𝑛𝛼
𝑧 = 𝑧
↔ {
𝜌2
= 𝑥2
+ 𝑦2
𝛼 = 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔
𝑏
𝑎
𝑧 = 𝑧
sea 𝑆 la región en coordenadas
rectangulares y 𝑆𝑐 la región en cilíndricas.
usando el teorema de cambio de variables:
∭𝑆
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∭𝑆𝑐
𝑓(𝜌𝑐𝑜𝑠𝛼, 𝜌𝑠𝑒𝑛𝛼, 𝑧)|𝐽𝑓|𝑑𝜌𝑑𝛼𝑑𝑧 , donde
|𝐽𝑓| =
|
|
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝛼
𝜕𝑥
𝜕𝑧
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝑧
𝜕𝑧
𝜕𝜌
𝜕𝑧
𝜕𝛼
𝜕𝑧
𝜕𝑧
|
|
= |
𝑐𝑜𝑠𝛼 −𝜌𝑠𝑒𝑛𝛼 0
𝑠𝑒𝑛𝛼 𝜌𝑐𝑜𝑠𝛼 0
0 0 1
| = 𝜌
También : 𝜌2
= 𝑥2
+ 𝑦2
∭𝑆
𝑓(𝜌𝑐𝑜𝑠𝛼, 𝜌𝑠𝑒𝑛𝛼, 𝑧)𝜌𝑑𝜌𝑑𝛼𝑑𝑧 =
= ∫ (∫ (∫ 𝜌3
2
𝜌2
2
𝑑𝑧) 𝑑𝛼
2𝜋
0
) 𝑑𝜌 = ∫ (∫ [𝜌3
𝑧]𝜌2
2
2
𝑑𝛼
2𝜋
0
)
2
0
2
0
𝑑𝜌 =
= ∫ (∫ (2𝜌3
−
𝜌5
2
)𝑑𝛼
2𝜋
0
)
2
0
𝑑𝜌 = ∫ [(2𝜌3
−
𝜌5
2
)𝛼]
0
2𝜋
𝑑𝜌 = 2𝜋 ∫ (2𝜌3
−
𝜌5
2
) 𝑑𝜌 =
2
0
2
0
= 2𝜋 [
𝜌4
2
−
𝜌6
12
]
0
2
=
16𝜋
3
= 16.75516081914556
1.36.-Calcula el volumen del cuerpo limitado por las superficies
𝑧 = 2 − 𝑥2
− 𝑦2
y 𝑧 =
1
2
aproximado.
Dibujamos por un lado los dos paraboloides que limitan el cuerpo y por
otro lado la región 𝐷 que es la proyección de la región de integración
sobre el plano (𝑧 = 2) que este caso la región de
integración:
𝑧 = 2 − 𝑥2
− 𝑦2
𝑧 =
1
2
.
} → 𝑥2 + 𝑦2 =
3
2
Usaremos coordenadas cilíndricas para resolver la integral.

Página 22 de 46
{
𝑧 = 𝑧
↔
{
𝜌2
= 𝑥2
+ 𝑦2
𝑏
𝑎
𝑧 = 𝑧
→
{
0 ≤ 𝜌 ≤ √
3
2
0 ≤ 𝛼 ≤ 2𝜋
1
2
≤ 𝑧 = 2 − 𝜌2
sea 𝐷 la región en coordenadas rectangulares y 𝐷𝑐 la región en
cilíndricas.
∭𝐷
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∭𝐷𝑐
|𝐽𝑓| =
|
|
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝛼
𝜕𝑥
𝜕𝑧
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝑧
𝜕𝑧
𝜕𝜌
𝜕𝑧
𝜕𝛼
𝜕𝑧
𝜕𝑧
|
|
= |
0 0 1
| = 𝜌
También : 𝜌2
= 𝑥2
+ 𝑦2
Recordemos que el volumen 𝑉 es
𝑉 = ∭𝑆
1𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∭𝑆𝑐
𝜌𝑑𝑧𝑑𝜌𝑑𝛼 =
= ∫ (∫ (∫ 𝜌
2−𝜌2
1
2
𝑑𝑧) 𝑑𝜌
√
3
2
0
) 𝑑𝛼 = ∫ (∫ [𝜌𝑧]1
2
2−𝜌2
𝑑𝜌
√
3
2
0
)
2𝜋
0
2𝜋
0
𝑑𝛼 =
= ∫ (∫ (
3𝜌
2
− 𝜌3
)𝑑𝜌
√
3
2
0
)
2𝜋
0
𝑑𝛼 = ∫ [(
3𝜌2
4
−
𝜌4
4
)]
0
√
3
2
𝑑𝛼 = ∫ (
9
16
) 𝑑𝛼 =
2𝜋
0
2𝜋
0
= 2𝜋
9
16
=
9𝜋
8
= 3.534291735288517
1.37.-Calcula ∭𝑠
(𝑥2
+ 𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 siendo 𝑆 el cono
𝑥2
22
+
𝑦2
22
−
(3−𝑧)2
32
= 0
con 𝑧 ≤ 3 (cono recto de revolución con eje en el eje 𝑍,de altura 3 y
base situada en el plano 𝑋𝑌 y de radio 2. Usa coordenadas cilíndricas
y escribe el resultado en número decimal aproximado.
La ecuación del cono es:
𝑥2
22
+
𝑦2
22
−
(3−𝑧)2
32
= 0

Página 23 de 46
Al proyectarla sobre el plano 𝑋𝑌(𝑧 = 0) queda
𝑥2
4
+
𝑦2
4
−
(3−0)2
9
= 0 →
𝑥2
4
+
𝑦2
4
= 1 → 𝑥2
+ 𝑦2
= 4
Usaremos coordenadas cilíndricas para resolver la integral.
{
𝑧 = 𝑧
↔ {
𝜌2
= 𝑥2
+ 𝑦2
𝑏
𝑎
𝑧 = 𝑧
→ {
0 ≤ 𝜌 ≤ 2
0 ≤ 𝛼 ≤ 2𝜋
0 ≤ 𝑧 ≤
3(2−𝜌)
2
pues
𝑥2
4
+
𝑦2
4
−
(3−𝑧)2
9
= 0 →
𝜌2
4
=
(3−𝑧)2
9
→
𝜌
2
=
3−𝑧
3
→ 𝑧 ≤
3(2−𝜌)
2
sea 𝑆 la región en coordenadas rectangulares y 𝑆𝑐 la región en
cilíndricas.
∭𝑆
|𝐽𝑓| =
|
|
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝛼
𝜕𝑥
𝜕𝑧
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝑧
𝜕𝑧
𝜕𝜌
𝜕𝑧
𝜕𝛼
𝜕𝑧
𝜕𝑧
|
|
= |
0 0 1
| = 𝜌
También : 𝜌2
= 𝑥2
+ 𝑦2
Recordemos que el volumen 𝑉 es
𝑉 = ∭𝑆
1𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∭𝑆𝑐
𝜌𝑑𝑧𝑑𝛼𝑑𝜌 =
= ∫ (∫ (∫ 𝜌
3(2−𝜌)
2
0
𝑑𝑧) 𝑑𝛼
2𝜋
0
) 𝑑𝜌 = ∫ (∫ [𝜌𝑧]0
3(2−𝜌)
2
𝑑𝛼
2𝜋
0
)
2
0
2
0
𝑑𝜌 =
= ∫ (∫ (−
3𝜌2
2
+ 3𝜌)𝑑𝛼
2𝜋
0
)
2
0
𝑑𝜌 = ∫ (−
3𝜌2
2
+ 3𝜌)2𝜋𝑑𝜌 = 2𝜋 ∫ (−
3𝜌2
2
+ 3𝜌)𝑑𝜌 =
2
0
2
0
= 2𝜋 [−
𝜌3
2
+
3𝜌2
2
]
0
2
= 4𝜋 = 12.56637061435917
1.38.-Calcula el volumen del cuerpo limitado por el cono 𝑧2
= 𝑥2
+ 𝑦2
y la semiesfera 𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝑧2
= 16, 𝑧 ≥ 0. Escribe el resultado en
Dibujamos por un lado el cono y la semiesfera que limitan el cuerpo y
llamaremos 𝐷 a la región limitada por ellos.
vamos a aplicar coordenadas esféricas para resolver el problema
Estudiaremos la descripción de las fronteras de 𝐷 en coordenadas
esféricas para establecer los límites de integración

Página 24 de 46
Coordenadas esféricas{
𝑥 = 𝜌𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜑
𝑦 = 𝜌𝑠𝑒𝑛𝜃𝑠𝑒𝑛𝜑
𝑧 = 𝜌𝑐𝑜𝑠𝜃
Para el cono {
𝑧2 = 𝜌2
𝑐𝑜𝑠2
𝜃
𝑥2 + 𝑦2 = 𝜌2
𝑠𝑒𝑛2
𝜃𝑐𝑜𝑠2
𝜑 + 𝜌2
𝑠𝑒𝑛2
𝜃𝑠𝑒𝑛2
𝜑 = 𝜌2
𝑠𝑒𝑛2
𝜃
→
𝜌2
𝑐𝑜𝑠2
𝜃 = 𝜌2
𝑠𝑒𝑛2
𝜃 → 𝑐𝑜𝑠2
𝜃 = 𝑠𝑒𝑛2
𝜃 → 𝑡𝑔2
𝜃 = 1, al considerar la parte superior
𝜃 =
𝜋
4
Para la esfera 𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝑧2
= 𝜌2
= 4
Por tanto, los límites de integración: {
0 ≤ 𝜌 ≤ 4
0 ≤ 𝜃 ≤
𝜋
4
0 ≤ 𝜑 = 2𝜋
Además:
|𝐽| =
|
|
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝜃
𝜕𝑥
𝜕𝜑
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝜃
𝜕𝑦
𝜕𝜑
𝜕𝑧
𝜕𝜌
𝜕𝑧
𝜕𝜃
𝜕𝑧
𝜕𝜑
|
|
= |
𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜑 𝜌𝑐𝑜𝑠𝜃𝑐𝑜𝑠𝜑 −𝜌𝑠𝑒𝑛𝜃𝑠𝑒𝑛𝜑
𝑠𝑒𝑛𝜃𝑠𝑒𝑛𝜑 𝜌𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑒𝑛𝜑 𝜌𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜑
𝑐𝑜𝑠𝜃 −𝜌𝑠𝑒𝑛𝜃 0
| = 𝜌2
𝑠𝑒𝑛𝜃
Entonces:
volumen 𝑉 es
𝑉 = ∭𝐷
1𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∭𝐷𝑒
𝜌2
𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜌𝑑𝜃𝑑𝜑 = ∫ (∫ (∫ 𝜌2
𝑠𝑒𝑛𝜃
4
0
𝑑𝜌) 𝑑𝜃
𝜋
4
0
) 𝑑𝜑 =
2𝜋
0
= ∫ (∫ [
𝜌3𝑠𝑒𝑛𝜃
3
]
0
4
𝑑
𝜋
4
0
𝜃) 𝑑𝜑 =
64
3
2𝜋
0
∫ (∫ 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑
𝜋
4
0
2𝜋
0
𝜃)𝑑𝜑 =
64
3
∫ [−𝑐𝑜𝑠𝜃]0
𝜋
4
𝑑𝜑 =
2𝜋
0
=
64
3
∙
(2 − √2)
2
∫ 𝑑𝜑 =
64
3
∙
(2 − √2)
2
∙ 2𝜋 =
64(2 − √2)𝜋
3
= 39.259783872452
2𝜋
0
1.39.-Calcula ∭ℝ3
1
√[1+√(𝑥2+𝑦2+𝑧2)3]
3
𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧. Escribe el resultado en

Página 25 de 46
Al ser la región
ℝ3
= {(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝜖ℝ3
, −∞ < 𝑥 < ∞ , −∞ < 𝑦 < ∞ , −∞ < 𝑧 < ∞}
∭ℝ3
1
√[1+√(𝑥2+𝑦2+𝑧2)3]
3
𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∫ (∫ (∫
1
√[1+√(𝑥2+𝑦2+𝑧2)3]
3
𝑑𝑥
+∞
−∞
)
+∞
−∞
𝑑𝑦) 𝑑𝑧
+∞
−∞
Se trata de una integral triple impropia.
Estudiaremos la descripción de las fronteras de
ℝ3
en coordenadas esféricas para establecer los
límites de integración:
𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝑧2
= 𝜌2
𝑠𝑒𝑛2
𝜃𝑐𝑜𝑠2
𝜑 + 𝜌2
𝑠𝑒𝑛2
𝜃𝑠𝑒𝑛2
𝜑 + 𝜌2
𝑐𝑜𝑠2
𝜃 =
= 𝜌2
𝑠𝑒𝑛2
𝜃 + 𝜌2
𝑐𝑜𝑠2
𝜃 = 𝜌2
𝑧 = 𝜌𝑐𝑜𝑠𝜃 → 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋 y también obtenemos 0 ≤ 𝜑 = 2𝜋
0 ≤ 𝜌 < +∞
0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋
0 ≤ 𝜑 = 2𝜋
Además:
|𝐽| =
|
|
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝜃
𝜕𝑥
𝜕𝜑
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝜃
𝜕𝑦
𝜕𝜑
𝜕𝑧
𝜕𝜌
𝜕𝑧
𝜕𝜃
𝜕𝑧
𝜕𝜑
|
|
= |
| = 𝜌2
𝑠𝑒𝑛𝜃
1
√[1+√(𝑥2+𝑦2+𝑧2)3]
3
=
1
√[1+√(𝜌2)3]
3
=
1
√[1+𝜌3]3
Entonces:
∭ℝ3
1
√[1+√(𝑥2+𝑦2+𝑧2)3]
3
𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∫ (∫ (∫
1
√[1+√(𝑥2+𝑦2+𝑧2)3]
3
𝑑𝑥
+∞
−∞
)
+∞
−∞
𝑑𝑦) 𝑑𝑧
+∞
−∞
=
= ∫ (∫ (∫
√[1+𝜌3]3
𝜋
0
𝑑𝜃) 𝑑𝜑
2𝜋
0
) 𝑑𝜌 = ∫ (∫ [
−𝜌2𝑐𝑜𝑠𝜃
√[1+𝜌3]3
]
0
𝜋
𝑑𝜑
2𝜋
0
) 𝑑𝜌 =
+∞
0
+∞
0
= ∫ (∫
2𝜌2
√[1+𝜌3]3
2𝜋
0
𝑑𝜑)
+∞
0
𝑑𝜌 =
4𝜋
3
∫
3𝜌2
√[1+𝜌3]3
𝑑𝜌
+∞
0
=
4𝜋
3
lim
𝑏→∞
∫
3𝜌2
√[1+𝜌3]3
𝑑𝜌
+𝑏
0
= (∗)
Resolvamos la integral indefinida por sustitución
∫
3𝜌2
√[1 + 𝜌3]3
𝑑𝜌 =
⏟ ∫ 𝑡
−3
2 𝑑𝑡 = −2𝑡
−1
2 =
−2
√𝑡
=
−2
√1 + 𝜌3
1+𝜌3=𝑡
3𝜌2𝑑𝜌=𝑑𝑡
Ahora resolvemos la integral impropia

Página 26 de 46
(∗) =
4𝜋
3
lim
𝑏→∞
[
−2
√1+𝜌3
]
0
𝑏
=
4𝜋
3
(lim
𝑏→∞
(
−2
√1+𝑏3
) − (−2)) =
8𝜋
3
= 8.377580409572781
1.40.-Calcula el volumen del cuerpo limitado por el casquete esferico
limitado por el cono 𝑧2
= 𝑥2
+ 𝑦2
y las esferas 𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝑧2
= 4 . y
𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝑧2
= 9 con 𝑧 ≥ 0. Escribe el resultado en número decimal
aproximado.
Dibujamos por la región de integración:
Al proyectarlo sobre el
plano 𝑋𝑌 (𝑧 = 0)
Obtenemos
𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝑧2
= 𝜌2
𝑠𝑒𝑛2
𝜃𝑐𝑜𝑠2
𝜑 + 𝜌2
𝑠𝑒𝑛2
𝜃𝑠𝑒𝑛2
𝜑 + 𝜌2
𝑐𝑜𝑠2
𝜃 = 𝜌2
𝑠𝑒𝑛2
𝜃 + 𝜌2
𝑐𝑜𝑠2
𝜃 = 𝜌2
4 ≤ 𝑥2
+ 𝑦2
+ 𝑧2
= 𝜌2
≤ 9
𝑧 = 𝜌𝑐𝑜𝑠𝜃 → 0 ≤ 𝜃 ≤
𝜋
4
y también obtenemos 0 ≤ 𝜑 = 2𝜋
2 ≤ 𝜌 ≤ 3
0 ≤ 𝜃 ≤
𝜋
4
0 ≤ 𝜑 = 2𝜋
, además
|𝐽| =
|
|
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝜃
𝜕𝑥
𝜕𝜑
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝜃
𝜕𝑦
𝜕𝜑
𝜕𝑧
𝜕𝜌
𝜕𝑧
𝜕𝜃
𝜕𝑧
𝜕𝜑
|
|
= |
| = 𝜌2
𝑠𝑒𝑛𝜃
Entonces, el volumen 𝑉 es
𝑉 = ∭𝐷
1𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∭𝐷𝑒
𝜌2
𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜌𝑑𝜃𝑑𝜑 = ∫ (∫ (∫ 𝜌2
𝑠𝑒𝑛𝜃
3
2
𝑑𝜌) 𝑑𝜃
𝜋
4
0
) 𝑑𝜑 =
2𝜋
0
= ∫ (∫ [
3
]
2
3
𝑑
𝜋
4
0
𝜃) 𝑑𝜑 =
19
3
2𝜋
0
∫ (∫ 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑
𝜋
4
0
2𝜋
0
𝜃)𝑑𝜑 =
19
3
∫ [−𝑐𝑜𝑠𝜃]0
𝜋
4
𝑑𝜑 =
2𝜋
0
=
19
3
∙
(2 − √2)
2
∫ 𝑑𝜑 =
19
3
∙
(2 − √2)
2
∙ 2𝜋 =
19(2 − √2)𝜋
3
= 11.655248337134
2𝜋
0

Página 27 de 46
EJERCICIOS
DE
EXÁMENES
INTEGRALES DE LÍNEA.
EX1A.01- La ecuación de una curva es 𝑦2
= 𝑥3
. Halla la longitud del
arco que une (1, −1) con (1,1). Escribe el resultado en número decimal
aproximado.
La gráfica de la curva, que nos ayudará en el cálculo de la longitud del
arco, es:
La longitud de arco, si la curva la
tenemos en coordenadas
paramétricas:
Γ: [𝑎, 𝑏] ⊂ ℝ ⟼ ℝ2
𝑡 ⟼ Γ(𝑡) = (𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡))
Es: 𝐿𝑎𝑟𝑐𝑜 = ∫ √(𝑥′(𝑡))2 + (𝑦′(𝑡))2𝑑𝑡
𝑏
𝑎
{
𝑥(𝑡) = 𝑡2
→ Γ(−1) = (1, −1) → 𝑥′(𝑡) = 2𝑡
𝑦(𝑡) = 𝑡3
→ Γ(1) = (1,1) → 𝑦′(𝑡)
= 3𝑡2
sustituyendo obtenemos:
𝐿𝑎𝑟𝑐𝑜 = ∫ √(𝑥′(𝑡))2 + (𝑦′(𝑡))2𝑑𝑡
𝑏
𝑎
= ∫ √(2𝑡)2 + (3𝑡2)2𝑑𝑡 = ∫ |𝑡|√4 + 9𝑡2𝑑𝑡 =
1
−1
1
−1
= 2 ∫ 𝑡√4 + 9𝑡2𝑑𝑡 = 2 [
1
27
(4 + 9𝑡2
)
3
2]
0
1
=
2
27
[13
3
2 − 4
3
2]
1
0
=
2
27
(13√13 − 8)=
=2.8794197467431
EX1A.02- Considera la curva 𝛤 una parametrización la curva implícita
𝑦2
= 5(1 − 𝑥2). Calcula la integral de línea ∫𝛤
(𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 + (𝑦 − 𝑥)𝑑𝑦
La curva es una elipse, puesto que:
𝑦2
= 5(1 − 𝑥2) ↔ 5𝑥2
+ 𝑦2
= 5 ↔
𝑥2
1
+
𝑦2
5
= 1 , parametrizando:

Página 28 de 46
{
𝑥2
= 𝑐𝑜𝑠2
𝑡 → 𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑡 → 𝑑𝑥 = −𝑠𝑒𝑛𝑡 𝑑𝑡
𝑦2
5
= 𝑠𝑒𝑛2
𝑡 → 𝑦 = √5𝑠𝑒𝑛𝑡 → 𝑑𝑦 = √5𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑑𝑡
𝑡 ∈ [0 , 2𝜋]
Dibujamos la elipse:
∫𝛤
(𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 + (𝑦 − 𝑥)𝑑𝑦 =
= ∫ (𝑐𝑜𝑠𝑡 + √5𝑠𝑒𝑛𝑡)(−𝑠𝑒𝑛𝑡)𝑑𝑡 +
2𝜋
0
+ ∫ (√5𝑠𝑒𝑛𝑡 − 𝑐𝑜𝑠𝑡)(√5𝑐𝑜𝑠𝑡)𝑑𝑡 =
2𝜋
0
= ∫ (4𝑐𝑜𝑠𝑡 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝑡 − √5) 𝑑𝑡 =
2𝜋
0
= [2𝑠𝑒𝑛2
𝑡 − √5𝑡]0
2𝜋
=− √5 ∙ 2𝜋=
=− 14.04962946208145
EX1A.03- Considera la curva 𝛤 una parametrización la curva implícita
𝑦2
− 6 + 6𝑥2
= 0. Calcula la integral de línea ∫𝛤
(𝑦 − 𝑥)𝑑𝑦 + (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥
La curva es una elipse, puesto que:
𝑦2
= 6(1 − 𝑥2) ↔ 6𝑥2
+ 𝑦2
= 5 ↔
𝑥2
1
+
𝑦2
6
= 1 , parametrizando:
{
𝑥2
= 𝑐𝑜𝑠2
𝑡 → 𝑥 = 𝑐𝑜𝑠𝑡 → 𝑑𝑥 = −𝑠𝑒𝑛𝑡 𝑑𝑡
𝑦2
6
= 𝑠𝑒𝑛2
𝑡 → 𝑦 = √6𝑠𝑒𝑛𝑡 → 𝑑𝑦 = √6𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑑𝑡
𝑡 ∈ [0 , 2𝜋]
Dibujamos la elipse:
∫𝛤
(𝑦 − 𝑥)𝑑𝑦 + (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 =
∫ (√6𝑠𝑒𝑛𝑡 − 𝑐𝑜𝑠𝑡)(√6𝑐𝑜𝑠𝑡)𝑑𝑡 +
2𝜋
0
+ ∫ (𝑐𝑜𝑠𝑡 + √6𝑠𝑒𝑛𝑡)(−𝑠𝑒𝑛𝑡)𝑑𝑡 =
2𝜋
0
= ∫ (5𝑐𝑜𝑠𝑡 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝑡 − √6) 𝑑𝑡 =
2𝜋
0
= [
5
2
𝑠𝑒𝑛2
𝑡 − √6𝑡]
0
2𝜋
=− √6 ∙ 2𝜋=
=− 15.39059796194237
EX1A.04- Calcula la integral de línea ∫𝜞
𝑓̅𝑑𝛤 (sobre un campo vectorial)
de 𝑓̅:
ℝ3
→ ℝ3
(𝑥, 𝑦, 𝑧) → (𝑒𝑥
, 𝑒𝑥+𝑦
, 𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑧))
y 𝛤 la curva recorrida en sentido

Página 29 de 46
positivo 𝛤:
[0,1] ⊂ ℝ → ℝ3
𝑡 → 𝛤(𝑡) = (𝑡, −𝑡, 2𝑡)
. Escribe el resultado en
------------------------ooooooooooooo------------------------------------
Escribimos la curva en la forma paramétrica {
𝑥(𝑡) = 𝑡 ⇒ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑡
𝑦(𝑡) = −𝑡 ⇒ 𝑑𝑦 = −𝑑𝑡
𝑧(𝑡) = 2𝑡 ⇒ 𝑑𝑧 = 2𝑑𝑡
Además, el campo vectorial 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) sobre la curva 𝛤(𝑡) toma la forma:
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑒𝑥,𝑒𝑥+𝑦, 𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑧)) = (𝑒𝑡,𝑒0,𝑠𝑒𝑛(2𝜋𝑡) = (𝑒𝑡
, 1,0)
Entonces:
∫Γ
𝑓𝑑𝛤 = ∫Γ
(𝑓1𝑑𝑥 + 𝑓2𝑑𝑦 + 𝑓3𝑑𝑧) = ∫ (𝑒𝑡
− 1 + 0)𝑑𝑡 = [𝑒𝑡
− 𝑡]0
1
= (𝑒 − 1) − 1 =
1
0
=𝑒 − 2 = 0.7182818284590451
EX1A.05- Calcula la integral de línea ∫𝜞
𝑓̅𝑑𝛤 (sobre un campo vectorial)
de 𝑓̅:
ℝ2
→ ℝ2
(𝑥, 𝑦) → (𝑒𝑥+𝑦2
)
y siendo 𝛤 el tramo de la curva
𝑥
2
3
⁄
+ 𝑥
2
3
⁄
= 1, que va desde el punto(1,0) al (−1,0) . Escribe el
------------------------ooooooooooooo------------------------------------
Vamos a resolver el ejercicio de dos formas distintas:
RESOLUCIÓN DIRECTA
Parametrizamos la curva 𝑥
2
3
⁄
+ 𝑦
2
3
⁄
= 1 ↔ (𝑥
1
3)
2
+ (𝑦
1
3)
2
= 1
comparando con 𝑐𝑜𝑠2
𝑡 = 1 tenemos
{
𝑥
1
3 = 𝑐𝑜𝑠𝑡 ⇔ 𝑥 = 𝑐𝑜𝑠3
𝑡 ↔ 𝑑𝑥 = −3𝑐𝑜𝑠2
𝑡 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝑡𝑑𝑡
𝑦
1
3 = 𝑠𝑒𝑛𝑡 ⇔ 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛3
𝑡 ↔ 𝑑𝑦 = 3𝑠𝑒𝑛2
𝑡 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝑡𝑑𝑡
además
(1,0) → 𝑡 = 0
(−1,0) → 𝑡 = 𝜋
Tenemos 𝑡 ∈ [0 , 𝜋]
Además, el campo vectorial 𝑓(𝑥, 𝑦) sobre la curva 𝛤(𝑡) toma la forma:
𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑒𝑥+𝑦2
) = (𝑒𝑐𝑜𝑠3𝑡+𝑠𝑒𝑛6𝑡
, 2𝑠𝑒𝑛3
𝑡𝑒𝑐𝑜𝑠3𝑡+𝑠𝑒𝑛6𝑡
)
Entonces:
∫Γ
𝑓𝑑𝛤 = ∫Γ
(𝑓1𝑑𝑥 + 𝑓2𝑑𝑦) = ∫ (𝑒𝑐𝑜𝑠3𝑡+𝑠𝑒𝑛6𝑡
)(−3𝑐𝑜𝑠2
𝑡 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝑡)𝑑𝑡 +
𝜋
0
+ ∫ 2𝑠𝑒𝑛3𝑡(𝑒𝑐𝑜𝑠3𝑡+𝑠𝑒𝑛6𝑡
)(3𝑠𝑒𝑛2
𝑡 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝑡)𝑑𝑡 =
𝜋
0
= ∫ (𝑒𝑐𝑜𝑠3𝑡+𝑠𝑒𝑛6𝑡
)(−3𝑐𝑜𝑠3𝑡 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝑡 + 6𝑠𝑒𝑛5
𝑡 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝑡)𝑑𝑡 = (∗)
𝜋
0
Usamos ahora un cambio de variable
𝑐𝑜𝑠3
𝑡 = 𝑧 → (−3𝑐𝑜𝑠3𝑡 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝑡 + 6𝑠𝑒𝑛5
𝑡 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝑡)𝑑𝑡 = 𝑑𝑧
Además
𝑡 = 𝜋 → 𝑧 = −1
𝑡 = 0 → 𝑧 = 1
Tenemos (∗) = ∫ 𝑒𝑧
𝑑𝑧 = [𝑒𝑧]1
−1
=𝑒−1
− 𝑒 = −2.350402387287603
−1
1
RESOLUCIÓN USANDO LA FUNCIÓN POTENCIAL

Página 30 de 46
Lo primero que veremos es si cumple la condición para ver si el campo
vectorial se deriva de una función potencial
𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑒𝑥+𝑦2
,2𝑦𝑒𝑥+𝑦2
) = (𝑓1(𝑥, 𝑦), 𝑓2(𝑥, 𝑦)) ha de verificar que
𝜕𝑓1(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
=
𝜕𝑓2(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
,
pero
𝜕𝑓1(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
=
𝜕𝑓2(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
𝜕Φ(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
y 𝑓2(𝑥, 𝑦) =
𝜕Φ(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
𝜕Φ(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
= 𝑒𝑥+𝑦2
,
integrando respecto a la variable 𝑥, tenemos Φ(𝑥, 𝑦) = ∫ (𝑒𝑥+𝑦2
) 𝑑𝑥 =
𝑒𝑥+𝑦2
+ 𝜑(𝑦) ,
𝜕Φ(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
=
𝜕(𝑒𝑥+𝑦2
+𝜑(𝑦))
𝜕𝑦
+ 𝜑′(𝑦) = 𝑓2(𝑥, 𝑦) = 2𝑦𝑒𝑥+𝑦2
⇒ 𝜑′(𝑦) = 0 ⇒
𝜑(𝑦) = 𝐶 , por tanto, Φ(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥+𝑦2
+ 𝐶
Tenemos:
∫Γ
𝑓𝑑𝛤 = Φ(−1,0) − Φ(1,0) = 𝑒−1
− 𝑒1
=− 2.350402387287603
Como era de esperar.
EX1A.06- Demuestra que la siguiente integral de línea
∫𝛤
(6𝑥𝑦2
− 𝑦3)𝑑𝑥 + (6𝑦𝑥2
− 3𝑥𝑦2)𝑑𝑥 es independiente del camino que
une los puntos (1,2) y (3,4).
Calcula el valor de la integral:
a) parametrizando el segmento.
b) utilizando la función potencial.
------------------------ooooooooooooo------------------------------------
Veamos que el campo vectorial 𝑓(𝑥, 𝑦) = (6𝑥𝑦2
− 𝑦3
, 6𝑦𝑥2
− 3𝑥𝑦2) deriva
de una función potencial Φ(𝑥, 𝑦) si se verifica que:
𝜕𝑓1(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
=
𝜕𝑓2(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
pero
𝜕𝑓1(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
= 12𝑥𝑦 − 3𝑦2
=
𝜕𝑓2(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
, en consecuencia, la integral de línea es
independiente del camino que une los puntos dados.
a) Parametrizamos el segmento que une los puntos (1,2) y (3,4)
𝑥−1
3−1
=
𝑦−2
4−2
= 𝑡 de donde {
𝑥 = 1 + 2𝑡 → 𝑑𝑥 = 2𝑑𝑡
𝑦 = 2 + 2𝑡 → 𝑑𝑦 = 2𝑑𝑡
𝑡𝜖[0,1]
Además, el campo vectorial 𝑓(𝑥, 𝑦) sobre la curva 𝛤(𝑡) toma la forma:
𝑓(𝑥, 𝑦) = (6𝑥𝑦2
− 𝑦3
, 6𝑦𝑥2
− 3𝑥𝑦2
) = (6(1 + 2𝑡)(2 + 2𝑡)2
− (2 + 2𝑡)3
,
6(2 + 2𝑡)(1 + 2𝑡)2
− 3(1 + 2𝑡)(2 + 2𝑡)2
)
Entonces:
∫Γ
𝑓𝑑𝛤 = ∫ 6(1 + 2𝑡)(2 + 2𝑡)2
− (2 + 2𝑡)3
2 +
1
0
6(2 + 2𝑡)(1 + 2𝑡)2
−
−3(1 + 2𝑡)(2 + 2𝑡)2)2𝑑𝑡 = 2 [16𝑡 + 42𝑡2
+ 44𝑡3
+ 16𝑡4]0
1
=236

Página 31 de 46
b) Sabemos que cumple la condición de que el campo vectorial deriva
de una función potencial Φ(𝑥, 𝑦), lo hemos probado antes, que verifica:
𝑓1(𝑥, 𝑦) =
𝜕Φ(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
y 𝑓2(𝑥, 𝑦) =
𝜕Φ(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
𝜕Φ(𝑥,𝑦)
𝜕𝑥
= 6𝑥𝑦2 − 𝑦3 ,
integrando respecto a la variable 𝑥, tenemos Φ(𝑥, 𝑦) = ∫(6𝑥𝑦2 − 𝑦3)𝑑𝑥 =
3𝑥2𝑦2 − 𝑦3𝑥 + 𝜑(𝑦) ,
𝜕Φ(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
=
𝜕(3𝑥2𝑦2−𝑦3𝑥+𝜑(𝑦))
𝜕𝑦
= 6𝑥2
𝑦 − 3𝑦2
𝑥 + 𝜑′(𝑦) = 𝑓2(𝑥, 𝑦) = 6𝑦𝑥2
− 3𝑥𝑦2
Entonces 𝜑′(𝑦) = 0 ⇒ 𝜑(𝑦) = 𝐶 , por tanto, Φ(𝑥, 𝑦) = 3𝑥2𝑦2 − 𝑦3𝑥 + 𝐶
∫Γ
𝑓𝑑𝛤 = Φ(3,4) − Φ(1,2) = (3 ∙ 9 ∙ 16 − 64 ∙ 3) − (3 ∙ 1 ∙ 4 − 8 ∙ 1) =236
Como era de esperar.
EX1A.07-Considera la curva 𝛤 = 𝛤
1 + 𝛤
2, calcula la integral de línea
∫𝛤
𝑦2
𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 , donde la curva 𝛤 se recorre en sentido positivo y
𝛤
1, es el segmento rectilíneo que une (0,2) con(−5, −3).
𝛤
2, es el arco de la parábola 𝑥 = 4 − 𝑦2
desde (−5, −3) a (0,2).
Dibujamos la curva 𝛤 = 𝛤
1 + 𝛤
2,
Parametrizamos 𝛤
1
Ecuación de la recta que pasa por
(0,2) y (−5, −3).
𝑥−0
−5−0
=
𝑦−2
−3−2
= 𝑡 de donde :
{
𝑥 = −5𝑡 → 𝑑𝑥 = −5𝑑𝑡
𝑦 = 2 − 5𝑡 → 𝑑𝑦 = −5𝑑𝑡
𝑡𝜖[0,1]
Entonces:
∫Γ1
𝑦2
𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = ∫ ((2 − 5𝑡)2(−5) + (−5𝑡)(−5)
1
0
)𝑑𝑡 = −5 ∫ (4 − 25𝑡 + 25𝑡2
1
0
)𝑑𝑡
= (−5) ∙ [4𝑡 −
25𝑡2
2
+
25𝑡3
3
]
0
1
=
5
6
Parametrizamos 𝛤
2
Ecuación de la parábola 𝑥 = 4 − 𝑦2
desde (−5, −3) a (0,2).
{
𝑥 = 4 − 𝑡2
→ 𝑑𝑥 = −2𝑡𝑑𝑡
𝑦 = 𝑡 → 𝑑𝑦 = 𝑑𝑡
𝑡𝜖[−3,2]
Entonces:
∫Γ2
𝑦2
𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = ∫ (𝑡2(−2𝑡) + (4 − 𝑡2
)
2
−3
)𝑑𝑡 = ∫ (4 − 𝑡2
− 2𝑡3
2
−3
)𝑑𝑡 =
= [4𝑡 −
𝑡3
3
−
𝑡4
2
]
−3
2
=
245
6
Por tanto: ∫𝛤
𝑦2
𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = ∫Γ1
𝑦2
𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 + ∫Γ2
𝑦2
𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 =
250
6
=
125
3

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EX1A.08-Determina si el campo vectorial
𝑓̅(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2𝑥(𝑦2
+ 𝑧2), 2𝑦(𝑥2
+ 𝑧2), 2𝑧(𝑥2
+ 𝑦2
)) deriva de una función
potencial. En caso afirmativo, calcúlala.
Al ser continuo el campo vectorial
𝑓̅(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑓1(𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑓2(𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑓3(𝑥, 𝑦, 𝑧)) ≡ (𝑓1, 𝑓2, 𝑓3) deriva de una
función potencial Φ(𝑥, 𝑦, 𝑧) ≡ Φ ∈ 𝒞1
cuando 𝑓1 =
𝜕Φ
𝜕𝑥
, 𝑓2 =
𝜕Φ
𝜕𝑦
, 𝑓3 =
𝜕Φ
𝜕𝑧
.
Existe Φ(𝑥, 𝑦, 𝑧) cuando se verifican:
𝜕𝑓1
𝜕𝑦
=
𝜕𝑓2
𝜕𝑥
,
𝜕𝑓1
𝜕𝑧
=
𝜕𝑓3
𝜕𝑥
,
𝜕𝑓2
𝜕𝑧
=
𝜕𝑓3
𝜕𝑦
Sabemos que: 𝑓1(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑥(𝑦2
+ 𝑧2
) , 𝑓2(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑦(𝑥2
+ 𝑧2
)
𝑓3(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑧(𝑥2
+ 𝑦2
)
Entonces:
𝜕𝑓1
𝜕𝑦
= 2𝑥 ∙ 2𝑦 =
𝜕𝑓2
𝜕𝑥
,
𝜕𝑓1
𝜕𝑧
= 2𝑥 ∙ 2𝑧 =
𝜕𝑓3
𝜕𝑥
,
𝜕𝑓2
𝜕𝑧
= 2𝑦 ∙ 2𝑧 =
𝜕𝑓3
𝜕𝑦
En consecuencia: 𝑓̅(𝑥, 𝑦, 𝑧) ≡ (𝑓1, 𝑓2, 𝑓3) deriva de una función
potencial Φ(𝑥, 𝑦, 𝑧) ≡ Φ ∈ 𝒞1
Vamos a calcularla. Por un lado, sabemos que 𝑓1 =
𝜕Φ
𝜕𝑥
= 2𝑥(𝑦2
+ 𝑧2
)
𝜕Φ(𝑥,𝑦,𝑧)
𝜕𝑥
= 𝑓1(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑥(𝑦2
+ 𝑧2) →
⏟
𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑚𝑜𝑠
𝑟𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑜 𝑎 𝑥
Φ(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2(𝑦2
+ 𝑧2) + 𝜑(𝑦, 𝑧)
Ahora teniendo en cuenta que: 𝑓2 =
𝜕Φ
𝜕𝑦
Tenemos:
𝜕Φ
𝜕𝑦
= 𝑥2
2𝑦 +
𝑑𝜑(𝑦,𝑧)
𝑑𝑦
= 𝑓2 = 2𝑦𝑥2
+ 2𝑦𝑧2
→
𝑑𝜑(𝑦,𝑧)
𝑑𝑦
= 2𝑦𝑧2
Integramos esta última expresión respecto a 𝑦 y obtenemos:
𝜑(𝑦, 𝑧) = 𝑦2
𝑧2
+ 𝜃(𝑧)
En este momento Φ(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2
𝑦2
+ 𝑥2
𝑧2
+ 𝑦2
𝑧2
+ 𝜃(𝑧)
Finalmente usamos: 𝑓3 =
𝜕Φ
𝜕𝑧
𝜕Φ
𝜕𝑧
= 2𝑧𝑥2
+ 2𝑧𝑦2
+
𝑑𝜃(𝑧)
𝑑𝑧
= 𝑓3 = 2𝑧(𝑥2
+ 𝑦2) →
𝑑𝜃(𝑧)
𝑑𝑧
= 0 → 𝜃(𝑧) = 𝐶
En consecuencia:
Φ(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2
𝑦2
+ 𝑥2
𝑧2
+ 𝑦2
𝑧2
+ 𝐶
EX1A.09-Determina si el campo vectorial
𝑓̅(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (3𝑥2
𝑦3
+ 4𝑧2
𝑥, 3𝑥3
𝑦2
+ 3𝑧, 4𝑥2
𝑧 + 3𝑦) deriva de una función
potencial. En caso afirmativo, calcúlala.
Al ser continuo el campo vectorial
𝑓̅(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑓1(𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑓2(𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑓3(𝑥, 𝑦, 𝑧)) ≡ (𝑓1, 𝑓2, 𝑓3) deriva de una
función potencial Φ(𝑥, 𝑦, 𝑧) ≡ Φ ∈ 𝒞1
cuando 𝑓1 =
𝜕Φ
𝜕𝑥
, 𝑓2 =
𝜕Φ
𝜕𝑦
, 𝑓3 =
𝜕Φ
𝜕𝑧
.
Existe Φ(𝑥, 𝑦, 𝑧) cuando se verifican:
𝜕𝑓1
𝜕𝑦
=
𝜕𝑓2
𝜕𝑥
,
𝜕𝑓1
𝜕𝑧
=
𝜕𝑓3
𝜕𝑥
,
𝜕𝑓2
𝜕𝑧
=
𝜕𝑓3
𝜕𝑦

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Sabemos que: 𝑓1(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 3𝑥2
𝑦3
+ 4𝑧2
𝑥 , 𝑓2(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 3𝑥3
𝑦2
+ 3𝑧
𝑓3(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 4𝑥2
𝑧 + 3𝑦
Entonces:
𝜕𝑓1
𝜕𝑦
= 9𝑥2
𝑦2
=
𝜕𝑓2
𝜕𝑥
,
𝜕𝑓1
𝜕𝑧
= 8𝑧𝑥 =
𝜕𝑓3
𝜕𝑥
,
𝜕𝑓2
𝜕𝑧
= 3 =
𝜕𝑓3
𝜕𝑦
𝜕Φ
𝜕𝑥
= 3𝑥2
𝑦3
+ 4𝑧2
𝑥
𝜕𝑥
= 𝑓1(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 3𝑥2
𝑦3
+ 4𝑧2
𝑥 →
⏟
Φ(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥3
𝑦3
+ 2𝑥2
𝑧2
+ 𝜑(𝑦, 𝑧)
𝜕Φ
𝜕𝑦
Tenemos:
𝜕Φ
𝜕𝑦
= 3𝑥3
𝑦2
+
𝑑𝜑(𝑦,𝑧)
𝑑𝑦
= 𝑓2 = 3𝑥3
𝑦2
+ 3𝑧 →
𝑑𝜑(𝑦,𝑧)
𝑑𝑦
= 3𝑧
𝜑(𝑦, 𝑧) = 3𝑧𝑦 + 𝜃(𝑧)
En este momento Φ(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥3
𝑦3
+ 2𝑥2
𝑧2
+ 3𝑦𝑧 + 𝜃(𝑧)
𝜕Φ
𝜕𝑧
𝜕Φ
𝜕𝑧
= 4𝑧𝑥2
+ 3𝑦 +
𝑑𝜃(𝑧)
𝑑𝑧
= 𝑓3 = 4𝑥2
𝑧 + 3𝑦 →
𝑑𝜃(𝑧)
𝑑𝑧
= 0 → 𝜃(𝑧) = 𝐶
En consecuencia:
Φ(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥3
𝑦3
+ 2𝑥2
𝑧2
+ 3𝑦𝑧 + 𝐶
EX1A.10- ¿Para qué valores de 𝑎 ∈ ℝ el campo vectorial
𝑓̅(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑎𝑥𝑦 − 𝑧3
, (𝑎 − 2)𝑥2
, (1 − 𝑎)𝑧2
𝑥) es el gradiente de una
función potencial? Para esos valores, calcula función potencial.
Recordemos que el gradiente de un campo escalar Φ(𝑥, 𝑦, 𝑧), es un
campo vectorial 𝑔𝑟𝑎𝑑Φ(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (
𝜕Φ
𝜕𝑥
,
𝜕Φ
𝜕𝑦
,
𝜕Φ
𝜕𝑧
)
Para que derive de una función potencial han de cumplirse:
𝜕𝑓1
𝜕𝑦
=
𝜕𝑓2
𝜕𝑥
,
𝜕𝑓1
𝜕𝑧
=
𝜕𝑓3
𝜕𝑥
,
𝜕𝑓2
𝜕𝑧
=
𝜕𝑓3
𝜕𝑦
Sabemos que:
𝑓1(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑎𝑥𝑦 − 𝑧3
, 𝑓2(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑎 − 2)𝑥2
𝑓3(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (1 − 𝑎)𝑧2
𝑥
Entonces:
𝜕𝑓1
𝜕𝑦
= 𝑎𝑥 =
𝜕𝑓2
𝜕𝑥
= 2(𝑎 − 2)𝑥 → 𝑎𝑥 = 2𝑎𝑥 − 4𝑥
𝜕𝑓1
𝜕𝑧
= −3𝑧2 =
𝜕𝑓3
𝜕𝑥
= (1 − 𝑎)𝑧2 → −3𝑧2 = (1 − 𝑎)𝑧2
𝜕𝑓2
𝜕𝑧
= 0 =
𝜕𝑓3
𝜕𝑦
= 0 → 0 = 0
}
→𝑎 = 4
Llegamos a que: 𝑓̅(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (4𝑥𝑦 − 𝑧3
, 2𝑥2
, −3𝑧2
𝑥)

Página 34 de 46
𝜕Φ
𝜕𝑥
= 4𝑥𝑦 − 𝑧3
𝜕𝑥
= 𝑓1(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 4𝑥𝑦 − 𝑧3
→
⏟
Φ(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑥2
𝑦 − 𝑧3
𝑥 + 𝜑(𝑦, 𝑧)
𝜕Φ
𝜕𝑦
Tenemos:
𝜕Φ
𝜕𝑦
= 2𝑥2
+
𝑑𝜑(𝑦,𝑧)
𝑑𝑦
= 𝑓2 = 2𝑥2
→
𝑑𝜑(𝑦,𝑧)
𝑑𝑦
= 0
𝜑(𝑦, 𝑧) = 𝐶 + 𝜃(𝑧)
En este momento Φ(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑥2
𝑦 − 𝑧3
𝑥 + 𝜃(𝑧)
𝜕Φ
𝜕𝑧
𝜕Φ
𝜕𝑧
= −3𝑧2
𝑥 +
𝑑𝜃(𝑧)
𝑑𝑧
= 𝑓3 = −3𝑧2
𝑥 →
𝑑𝜃(𝑧)
𝑑𝑧
= 0 → 𝜃(𝑧) = 𝐶
En consecuencia:
Φ(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑥2
𝑦 − 𝑧3
𝑥 + 𝐶
INTEGRALES DOBLES.
EX1B.01- Calcula los límites de integración(los dos) del siguiente
recinto 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
𝑥2
⁄ ≤ 𝑦, 𝑥 + 𝑦 ≤ 2 , 𝑥 ≥ 0}
La gráfica del dominio nos
ayudará a la hora de fijar los
límites de integración:

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a) para cada 𝑥 fijo entre 0 y 1
la 𝑦 varia entre (por arriba) la
recta 𝑥 − 2 y (por abajo) la
curva 𝑥2
por tanto, será:
∫ (∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦
2−𝑥
𝑥2
) 𝑑𝑥
1
0
b) para la 𝑦 necesitamos fijar dos zonas, por la variación de la 𝑥:
𝑦 fijo entre 0 y 1 la 𝑥 varía entre 0 y √𝑦
𝑦 fijo entre 1 y 2 la 𝑥 varía entre 0 y 2 − 𝑦
∫ (∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
√𝑦
0
) 𝑑𝑦 + ∫ (∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
2−𝑦
0
) 𝑑𝑦
2
1
1
0
EX1B.02- Calcula ∬ (𝑥 + 2)𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐶
siendo 𝐶 el dominio acotado que
delimitan las rectas 𝑥 = 0 , 𝑥 + 𝑦 − 3 = 0 y la parábola 𝑦 = 𝑥2
+ 1 con
𝑥 ≥ 0.
Representamos gráficamente el dominio 𝐶

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Calculamos el punto de corte de la
recta y la parábola:
{
𝑥 + 𝑦 = 3
𝑦 = 𝑥2
+ 1
→ 𝑦 = 3 − 𝑥 sustituimos en
la otra 3 − 𝑥 = 𝑦 = 𝑥2
+ 1 de donde
𝑥2
+ 𝑥 − 2 = 0 → {
𝑥 = −2
𝑥 = 1
Nos quedamos con 𝑥 = 1 pues 𝑥 ≥ 0
Por tanto:
∬ (𝑥 + 2)𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐶
= ∫ (∫ (𝑥 + 2)𝑑𝑦
3−𝑥
𝑥2+1
) 𝑑𝑥 =
1
0
= ∫ [𝑥𝑦 + 2𝑦]𝑥2+1
3−𝑥
1
0
𝑑𝑥 = ∫ (4 − 3𝑥2
− 𝑥3)𝑑𝑥
1
0
= [4𝑥 − 𝑥3
−
𝑥4
4
]
0
1
=
11
4
EX1B.03- Sea 𝑓 una función definida en el rectángulo
𝑅 = [1,2]𝑥[1,4] definida por 𝑓(𝑥, 𝑦) = {
1
(𝑥+𝑦)2
𝑠𝑖 𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 2𝑥
0 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑠𝑡𝑜
a) Dibuja la región 𝐷 ⊂ ℝ2
en la que 𝒇 no es nula.
b) Calcula ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
.
Representamos gráficamente el dominio 𝐷 donde la función no es nula
La región sombreada 𝐷 ⊂ ℝ2
es
donde no se anula la función
𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2⁄ 1 ≤ 𝑥 ≤ 2 ,
𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 2𝑥}
La aplicación es continua en 𝐷
Y por tanto integrable.
Aplicamos el Teorema de
Fubini(II)
∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 =
𝐷
= ∫ (∫
1
(𝑥 + 𝑦)2
𝑑𝑦
2𝑥
𝑥
) 𝑑𝑥 =
2
1
= ∫ [
−1
𝑥 + 𝑦
]
𝑥
2𝑥
2
1
𝑑𝑥 = ∫ (
−1
3𝑥
+
1
2𝑥
) 𝑑𝑥 =
1
6
(𝑙𝑛2 − 𝑙𝑛1) =
𝑙𝑛2
6
=
2
1
0.1155245300933242
EX1B.04- Sea 𝑓 una función definida en el rectángulo
𝑅 = [1,2]𝑥[1,6] definida por 𝑓(𝑥, 𝑦) = {
1
(𝑥+𝑦)2
𝑠𝑖 𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 3𝑥
0 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑠𝑡𝑜
a) Dibuja la región 𝐷 ⊂ ℝ2
en la que 𝒇 no es nula.

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b) Calcula ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
.
Representamos gráficamente el dominio 𝐷 donde la función no es nula
La región sombreada 𝐷 ⊂ ℝ2
es
donde no se anula la función
𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2⁄ 1 ≤ 𝑥 ≤ 2 ,
𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 3𝑥}
La aplicación es continua en 𝐷
Y por tanto integrable.
Aplicamos el Teorema de
Fubini(II)
∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 =
𝐷
= ∫ (∫
1
(𝑥 + 𝑦)2
𝑑𝑦
3𝑥
𝑥
) 𝑑𝑥 =
2
1
= ∫ [
−1
𝑥 + 𝑦
]
𝑥
3𝑥
2
1
𝑑𝑥 = ∫ (
−1
4𝑥
+
1
2𝑥
) 𝑑𝑥 =
1
4
(𝑙𝑛2 − 𝑙𝑛1) =
𝑙𝑛2
4
=
2
1
0.1732867951399863
EX1B.05-Calcula, invirtiendo el orden de integración:
∫ (∫ 𝑒−𝑦3
𝑑𝑦
1
√𝑥
) 𝑑𝑥
1
0
aproximado.
La integral no se puede calcular en el orden dado porque 𝑒−𝑦3
no tiene
una primitiva fácil de calcular. Vamos a invertir el orden de integración:
Representamos la región plana 𝑆,
problema.
El dominio es;
𝑆 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
/ 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 , √𝑥 ≤
𝑦 ≤ 1} al cambiar los límites de
integración tenemos:
𝑆 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
/ 0 ≤ 𝑦 ≤ 1 ,0 ≤ 𝑥
≤ 𝑦2}
Tenemos entonces:
∫ (∫ 𝑒−𝑦3
𝑑𝑥
1
√𝑥
) 𝑑𝑦
1
0
= ∫ (∫ 𝑒−𝑦3
𝑑𝑥
𝑦2
0
) 𝑑𝑦
1
0
= ∫ [𝑒−𝑦3
𝑥]0
𝑦2
𝑑𝑦 = ∫ (𝑒−𝑦3
𝑦2
)𝑑𝑦 =
1
0
1
0
−1
3
∫ (𝑒−𝑦3
(−3𝑦2
))𝑑𝑦 =
−1
3
[𝑒−𝑦3
]0
1
1
0
=
−1
3
(
1
𝑒
− 1) = 0.2107068529428525

Página 38 de 46
EX1B.06-Calcula, mediante una integral doble, el área de la región del
primer cuadrante comprendida entre las curvas 𝑦2
= 2𝑥 ,2𝑥 + 𝑦 = 20
e 𝑦 = 0.
Representamos la región plana
problema.
Calculamos la intersección de la
parábola y la recta que delimitan la
región buscada:
𝑦2
= 2𝑥
2𝑥 + 𝑦 = 20
} → 𝑦2
+ 𝑦 = 20 → {
𝑦 = −5
𝑦 = 4
Con 𝑦 = −5 la 𝑥 es negativa, por tanto, no sirve.
Para 𝑦 = 4 → 𝑥 = 8 ,punto de intersección (8,4)
Para integrar primero respecto a 𝑦 tenemos la unión de dos regiones:
𝐷1 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
/ 0 ≤ 𝑥 ≤ 8 ,0 ≤ 𝑦 ≤ √2𝑥} y
𝐷2 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
/8 ≤ 𝑥 ≤ 10 ,0 ≤ 𝑦 ≤ 20 − 2𝑥} ,
Recordemos el área:
∬ 1 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
𝐷1∪𝐷2
∬ 𝑑𝑥𝑑𝑦 + ∬ 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
𝐷2
𝐷1
∫ (∫ 𝑑𝑦
√2𝑥
0
) 𝑑𝑥
8
0
+ ∫ (∫ 𝑑𝑦
20−2𝑥
0
) 𝑑𝑥
10
8
= ∫ [𝑦]0
√2𝑥
𝑑𝑥 + ∫ [𝑦]0
20−2𝑥
𝑑𝑥 = ∫ (√2𝑥)𝑑𝑥 +
8
0
10
8
∫ (20 − 2𝑥)𝑑𝑥 =
2√2
3
[𝑥
3
2]
0
8
+
10
8
8
0
+[20𝑥 − 𝑥2]8
10
=
64
3
+ 4 =
76
3
EX1B.07-Calcula ∬ √𝑥2−𝑦2𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
siendo D el recinto plano limitado
por el triángulo de vértices (0,0), (1, −1) y (1,1).

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Representamos el triángulo y
construimos las rectas que lo
componen.
Recta que pasa por (0,0) y (1, −1)
𝑥 − 0
1 − 0
=
𝑦 − 0
−1 − 0
→ 𝑦 = −𝑥
Recta que pasa por (0,0) y (1,1)
𝑥 − 0
1 − 0
=
𝑦 − 0
1 − 0
→ 𝑦 = 𝑥
Recta que pasa por (1,1) y (1, −1)
𝑥 − 1
1 − 1
=
𝑦 − 1
−1 − 1
→ 𝑥 = 1
Luego el dominio es 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
∶ 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 , −𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥}
Aplicando el Teorema de Fubini(II) tenemos:
∬ √𝑥2−𝑦2𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ (∫ √𝑥2−𝑦2
𝑥
−𝑥
𝑑𝑦) 𝑑𝑥 = ∫ (∫ 𝑥√1− (
𝑦
𝑥
)
2
𝑥
−𝑥
𝑑𝑦) 𝑑𝑥 = (∗)
1
0
1
0
𝐷
Para resolver la integral hacemos un cambio de variables:
𝑦
𝑥
= 𝑠𝑒𝑛𝑡 → 𝑑𝑦 = 𝑥𝑐𝑜𝑠𝑡𝑑𝑡 → {
𝑦 = 𝑥 → 𝑡 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 (
𝑥
𝑥
) = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 (1) =
𝜋
2
𝑦 = −𝑥 → 𝑡 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 (
−𝑥
𝑥
) = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛(−1) = −
𝜋
2
(∗) = ∫ (∫ 𝑥√1−𝑠𝑒𝑛2𝑡
𝜋
2
−𝜋
2
𝑥𝑐𝑜𝑠𝑡𝑑𝑡) 𝑑𝑥 = ∫ (∫ 𝑥2
𝜋
2
−𝜋
2
𝑐𝑜𝑠2
𝑡𝑑𝑡) 𝑑𝑥 =
1
0
1
0
= ∫ 𝑥2
(∫ (
1 + 𝑐𝑜𝑠2𝑡
2
)
𝜋
2
−𝜋
2
𝑑𝑡) 𝑑𝑥 =
1
0
∫ 𝑥2
[
𝑡
2
+
𝑠𝑒𝑛2𝑡
4
]
−
𝜋
2
𝜋
2
𝑑𝑥 =
𝜋
2
∫ 𝑥2
𝑑𝑥 =
𝜋
6
1
0
1
0
EX1B.08-Calcula ∬ 𝑥2
𝑦2
𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
siendo D el recinto plano acotado del
primer cuadrante situado entre las dos hipérbolas 𝑥𝑦 = 1 y 𝑥𝑦 = 2 y
las líneas rectas 𝑦 = 𝑥 e 𝑦 = 4𝑥. Escribe el resultado en número
decimal aproximado.
NOTA: usa el cambio de variables 𝑢 = 𝑥𝑦 y 𝑣 =
𝑦
𝑥
La región 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
/ 1 ≤ 𝑥𝑦 ≤ 2 ,𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 4𝑥} ó
𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
/ 1 ≤ 𝑥𝑦 ≤ 2 ,1 ≤
𝑥
𝑦
≤ 4}
Usaremos un cambio a las nuevas coordenadas para resolver el
ejercicio:
{
𝑢 = 𝑥𝑦 → 𝑢 = 𝑣𝑥2
𝑣 =
𝑦
𝑥
→ 𝑦 = 𝑣𝑥
→ {
𝑥 = √
𝑢
𝑣
𝑦 = √𝑢𝑣
La región con las nuevas coordenadas es:

Página 40 de 46
𝐷′ = {(𝑢, 𝑣) ∈ ℝ2
/ 1 ≤ 𝑢 ≤ 2 ,1 ≤ 𝑣 ≤ 4}
Las representamos gráficamente:
cambio a las
nuevas
coordenadas
coordenadas (𝑢, 𝑣)
𝐷
= ∬ 𝑓(𝑥(𝑢, 𝑣), 𝑦(𝑢, 𝑣))| |
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝜕𝑣
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕𝑣
| |𝑑𝑢𝑑𝑣
𝐷′
, en este caso
|
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝜕𝑣
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕𝑣
| = |
|
1
2√𝑢𝑣
−√𝑢
2𝑣√𝑣
√𝑣
2√𝑢
√𝑢
2√𝑣
|
| =
1
2𝑣
también 𝑥2
𝑦2
=
𝑢
𝑣
𝑢𝑣 = 𝑢2
=
∬ 𝑥2
𝑦2
𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
= ∬ 𝑢2
1
2𝑣
𝑑𝑢𝑑𝑣 =
𝐷′
= ∫ (∫ 𝑢2
1
2𝑣
2
1
4
1
𝑑𝑢)𝑑𝑣 = ∫ [
𝑢3
6𝑣
]
1
2
4
1
𝑑𝑣 =
=
7
6
∫
1
𝑣
𝑑𝑣
4
1
=
7
6
[𝑙𝑛𝑣]1
4
=
7
6
𝑙𝑛4 =
7
3
𝑙𝑛2 = 1.617343421306539
EX1B.09-Calcula ∬ 3𝑥𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
siendo D el recinto plano acotado
𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
∶ 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥2 , 𝑥 ≥ 0 , 𝑥 + 𝑦 ≤ 2, 𝑥 − 𝑦 ≤ 1}
problema.
Calculamos las intersecciones de
las curvas y rectas que delimitan la
región buscada:
𝑦 = 𝑥2
𝑥 + 𝑦 = 2
} → 𝑥2
+ 𝑥 = 2 → {
𝑥 = −2
𝑥 = 1

Página 41 de 46
La 𝑥 negativa no vale, punto de
corte: (1,1)
𝑥 − 𝑦 = 1
𝑥 + 𝑦 = 2
} → 2𝑥 = 3 → 𝑥 =
3
2
, punto de corte: (
3
2
,
1
2
)
𝑥 − 𝑦 = 1
𝑦 = 0
} → 𝑥 = 1 , punto de corte (1,0)
𝑦 = 𝑥2
𝑦 = 0
} ,punto de corte: (0,0)
Integrando respecto a 𝑦 , tenemos dos recintos de integración:
Los dos dominios son
𝐷1 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
∶ 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥2 ,0 ≤ 𝑥 ≤ 1} y
𝐷2 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
∶ 𝑥 − 1 ≤ 𝑦 ≤ −𝑥 + 2 ,1 ≤ 𝑥 ≤
3
2
}
Por tanto:
∬ 3𝑥𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ (∫ 3𝑥𝑑𝑦
𝑥2
0
) 𝑑𝑥 +
1
0
𝐷
∫ (∫ 3𝑥𝑑𝑦
2−𝑥
𝑥−1
) 𝑑𝑥 = ∫ [3𝑥𝑦]0
𝑥2
𝑑𝑥 +
1
0
3
2
1
+ ∫ [3𝑥𝑦]𝑥−1
2−𝑥
𝑑𝑥 = 3 ∫ 𝑥3
𝑑𝑥 + 3 ∫ (−2𝑥2
+ 3𝑥)𝑑𝑥 =
3
4
+
7
8
=
13
8
3
2
1
1
0
3
2
1
EX1B.10-Calcula ∬ (𝑥2
− 𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑆
siendo 𝑆 la superficie encerrada
por la recta 𝑦 = 0 y la curva 𝑦 = 𝑠𝑒𝑛𝑥 con 𝑥 ∈ [0 , 𝜋]. Escribe el
problema.
Entonces el dominio es:
𝑆 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
∶ 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑠𝑒𝑛𝑥 ,
0 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋}
Aplicamos el Teorema de Rufini(II)
∬(𝑥2
𝑆
∫ (∫ (𝑥2
− 𝑦2)𝑑𝑦
𝑠𝑒𝑛𝑥
0
) 𝑑𝑥 = ∫ [𝑥2
𝑦 −
𝑦3
3
]
0
𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑑𝑥 =
𝜋
0
𝜋
0
= ∫ (𝑥2
𝑠𝑒𝑛𝑥 −
𝑠𝑒𝑛3
𝑥
3
) 𝑑𝑥
𝜋
0
= ∫ 𝑥2
𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥 −
1
3
𝜋
0
∫ 𝑠𝑒𝑛3
𝑥 𝑑𝑥 = 𝐼1 −
1
3
𝐼2
𝜋
0
Calculamos:

Página 42 de 46
Para 𝐼1 aplicamos integración por partes dos veces
𝐼1 = ∫ 𝑥2
𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥
𝜋
0
=
⏟
𝑢=𝑥2→𝑑𝑢=2𝑥𝑑𝑥
𝑑𝑣=𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥→𝑣=−𝑐𝑜𝑠𝑥
[−𝑥2
𝑐𝑜𝑠𝑥]0
𝜋
+ 2 ∫ 𝑥 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥
𝜋
0
=
=
⏟
𝑢=𝑥→𝑑𝑢=𝑑𝑥
𝑑𝑣=𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥→𝑣=𝑠𝑒𝑛𝑥
𝜋2 + 2[𝑥 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝑥]0
𝜋
− 2 ∫ 𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥
𝜋
0
= 𝜋2 + 0 + 2[−𝑐𝑜𝑠𝑥]0
𝜋
=
= 𝜋2
− 4
Resolvemos
1
3
𝐼2 aplicamos el método de sustitución:
1
3
𝐼2 =
1
3
∫ 𝑠𝑒𝑛3
𝑥 𝑑𝑥 =
1
3
𝜋
0
∫ 𝑠𝑒𝑛2
𝑥 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥 =
1
3
∫ (1 − 𝑐𝑜𝑠2
𝑥) ∙ 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥 =
𝜋
0
𝜋
0
=
⏟
𝑐𝑜𝑠𝑥=𝑡
−𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥=𝑑𝑡
𝑥=𝜋→𝑡=−1
𝑥=0→𝑡=1
1
3
∫ (1 − 𝑐𝑜𝑠2
𝑥) ∙ 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑑𝑥 = −
1
3
∫ (1 − 𝑡2
) 𝑑𝑡 =
1
3
∫ (1 − 𝑡2
) 𝑑𝑡 =
1
−1
−1
1
𝜋
0
=
1
3
[𝑡 −
𝑡3
3
]
−1
1
=
4
9
Definitivamente:
∬(𝑥2
− 𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝐼1 −
1
3
𝐼2 =
𝑆
𝜋2
− 4 −
4
9
=𝜋2
−
40
9
= 5.425159956644914
EX1B.11-Calcula ∫ (∫ √𝑥2 + 𝑦2𝑑𝑦
𝑥
0
)𝑑𝑥
3
0
pasando a coordenadas
polares. Escribe el resultado en número decimal aproximado.
Teniendo en cuenta los límites de integración el dominio es:
𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
: 0 ≤ 𝑥 ≤ 3 , 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥}.
Dibujamos la gráfica y usaremos el cambio a coordenadas polares para
resolver el ejercicio
cambio a
coordenadas
polares
{
0 ≤ 𝜌𝑐𝑜𝑠𝛼 ≤ 3 → 0 ≤ 𝜌 ≤
3
𝑐𝑜𝑠𝛼
𝜋
4

Página 43 de 46
nuevo dominio en polares:
𝐷𝑝 = {(𝑥, 𝑦)𝜖ℝ2
: 0 ≤ 𝜌 ≤
3
𝑐𝑜𝑠𝛼
, 0 ≤ 𝛼 ≤
𝜋
4
, }
𝐷1
= ∬ 𝑓(𝑥(𝜌, 𝛼), 𝑦(𝜌, 𝛼))| |
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝛼
| |𝑑𝜌𝑑𝛼
𝐷2
,
en este caso |
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝛼
| = |
también tenemos: √𝑥2 + 𝑦2 = √𝜌2𝑐𝑜𝑠2𝛼 + 𝜌2𝑠𝑒𝑛2𝛼 = 𝜌
sustituimos y aplicamos el teorema de Fubini(II)
∫ (∫ √𝑥2 + 𝑦2𝑑𝑦
𝑥
0
)𝑑𝑥
3
0
= ∫ (∫ 𝜌 ∙ 𝜌
3
𝑐𝑜𝑠𝛼
⁄
0
𝑑𝜌) 𝑑𝛼
𝜋
4
⁄
0
= ∫ [
𝜌3
3
]
0
3
𝑐𝑜𝑠𝛼
⁄
𝑑𝛼
𝜋
4
⁄
0
=
= 9 ∫
1
𝑐𝑜𝑠3𝛼
𝜋
4
0
𝑑𝛼 = 9 ∫
𝑐𝑜𝑠𝛼
𝑐𝑜𝑠4𝛼
𝜋
4
0
𝑑𝛼 =
⏟
𝑠𝑒𝑛𝛼=𝑡
𝑐𝑜𝑠𝛼𝑑𝛼=𝑑𝑡
𝛼=
𝜋
4
→𝑡=
√2
2
𝛼=0→𝑡=0
9 ∫
𝑑𝑡
(1 − 𝑡2)2
√2
2
0
=
⏟
𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑟𝑎í𝑐𝑒𝑠
𝑟𝑒𝑎𝑙𝑒𝑠 𝑚ú𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑒𝑠
aplicando el método de sustitución e integración de funciones
racionales con raíces reales múltiples
= 9 [
ln (𝑡 + 1)
4
−
ln(𝑡 − 1)
4
−
𝑡
2𝑡2 − 2
]
0
√2
2
=9
ln(
√2 + 2
2
) − ln(−
√2 − 2
2
) + 2
3
2
4
=
=10.33014217226687
EX1B.12-Calcula la integral impropia( no está definida en (0, 𝑦))
∬
𝑥2+𝑦2
𝑥2
𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
siendo D el recinto plano cerrado definido por
𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
: 𝑥2
+ 𝑦2
≤ 1, 𝑥 ≥ 𝑦, 𝑦 ≥ 0}.
cambio a
coordenadas
polares
𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℜ2
/𝑥2
+ 𝑦2
≤ 1, 𝑥 ≥ 𝑦, 𝑥 ≥ 0}

Página 44 de 46
{
0 ≤ 𝜌2
𝑐𝑜𝑠2
𝛼 + 𝜌2
𝑠𝑒𝑛2
𝛼 = 𝜌2
≤ 1 → 0 ≤ 𝜌 ≤ 1
𝜋
4
/0 ≤ 𝜌 ≤ 1, 0 ≤ 𝛼 ≤
𝜋
4
}
𝐷1
= ∬ 𝑓(𝑥(𝜌, 𝛼), 𝑦(𝜌, 𝛼))| |
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝛼
| |𝑑𝜌𝑑𝛼
𝐷2
,
en este caso |
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝛼
| = |
∬
𝑥2+𝑦2
𝑥2
𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
= ∬
𝜌2
𝜌2𝑐𝑜𝑠2𝛼
𝜌𝑑𝜌𝑑𝛼 = ∫
1
𝑐𝑜𝑠2𝛼
(∫ 𝜌
1
0
𝜋
4
0
𝑑𝜌)𝑑𝛼 = ∫
1
𝑐𝑜𝑠2𝛼
[
𝜌2
2
]
0
1
𝜋
4
0
𝑑𝛼 =
𝐷𝑝
=
1
2
∫
1
𝑐𝑜𝑠2𝛼
𝜋
4
0
𝑑𝛼 =
1
2
[𝑡𝑔𝛼]0
𝜋
4
⁄
=
1
2
EX1B.13-Calcula la integral impropia( no está definida en (0, 𝑦))
∬
𝑥2+𝑦2
𝑥2
𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
siendo D el recinto plano cerrado definido por
𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
: 𝑥2
+ 𝑦2
≤ 1 , 2𝑥 ≥ 𝑦, 𝑦 ≥ 0}.
cambio a
coordenadas
polares
𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
: 𝑥2
+ 𝑦2
≤ 1 , 2𝑥 ≥ 𝑦, 𝑥 ≥ 0}
{
0 ≤ 𝜌2
𝑐𝑜𝑠2
𝛼 + 𝜌2
𝑠𝑒𝑛2
𝛼 = 𝜌2
≤ 1 → 0 ≤ 𝜌 ≤ 1
2𝜌𝑐𝑜𝑠𝛼 ≥ 𝜌𝑠𝑒𝑛𝛼 → 2𝑐𝑜𝑠𝛼 ≥ 𝑠𝑒𝑛𝛼 → 0 ≤ 𝛼 ≤ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔2
: 0 ≤ 𝜌 ≤ 1, 0 ≤ 𝛼 ≤ 𝑎𝑟𝑐 𝑡𝑔2}
𝐷1
= ∬ 𝑓(𝑥(𝜌, 𝛼), 𝑦(𝜌, 𝛼))| |
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝛼
| |𝑑𝜌𝑑𝛼
𝐷2
,

Página 45 de 46
en este caso |
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝛼
| = |
∬
𝑥2+𝑦2
𝑥2
𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
= ∬
𝜌2
𝜌2𝑐𝑜𝑠2𝛼
𝜌𝑑𝜌𝑑𝛼 = ∫
1
𝑐𝑜𝑠2𝛼
(∫ 𝜌
1
0
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔2
0
𝑑𝜌)𝑑𝛼 =
𝐷𝑝
∫
1
𝑐𝑜𝑠2𝛼
[
𝜌2
2
]
0
1
0
𝑑𝛼 =
1
2
∫
1
𝑐𝑜𝑠2𝛼
0
𝑑𝛼 =
1
2
[𝑡𝑔𝛼]0
=
1
2
∙ 2 =1
EX1B.14-Calcula la integral impropia: ∬ 𝑥𝑦𝑒−(𝑥2+𝑦2)2
𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑆
definida
sobre el recinto plano 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2
/ 𝑥 ≥ 0, 𝑦 ≥ 𝑥} .
Usa coordenadas polares
Se trata de una integral impropia(en este caso 𝑦 crece
indefinidamente). Vamos a usar coordenadas polares y representamos
las regiones:
cambio a
coordenadas
polares
{
𝑦 = 𝜌𝑠𝑒𝑛𝛼 ,tengo 𝑥 ≥ 0, 𝑦 ≥ 𝑥 → 𝜌𝑠𝑒𝑛𝛼 ≥ 𝜌𝑐𝑜𝑠𝛼 → 𝑠𝑒𝑛𝛼 ≥ 𝑐𝑜𝑠𝛼 →
→ 𝑐𝑜𝑠𝛼 ≤ 𝑠𝑒𝑛 𝛼 → {
0 < 𝜌 ≤ +∞
𝜋
4
≤ 𝛼 ≤
𝜋
2
, 0 < 𝜌 ≤ +∞ ,
𝜋
4
< 𝛼 ≤
𝜋
2
}
𝐷1
= ∬ 𝑓(𝑥(𝜌, 𝛼), 𝑦(𝜌, 𝛼))| |
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝛼
| |𝑑𝜌𝑑𝛼
𝐷2
,
en este caso |
𝜕𝑥
𝜕𝜌
𝜕𝑥
𝜕𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝜌
𝜕𝑦
𝜕𝛼
| = |
también 𝑥𝑦𝑒−(𝑥2+𝑦2)2
= 𝜌𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ 𝜌𝑠𝑒𝑛𝛼 ∙ 𝑒−(𝜌2)2
= 𝜌2
𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛼 ∙ 𝑒−𝜌4
sustituyendo:
∬ 𝑥𝑦𝑒−(𝑥2+𝑦2)2
𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ (∫ 𝜌2
𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛼 ∙ 𝑒−𝜌4
𝜌
+∞
0
𝑑𝜌)
𝜋
2
𝜋
4
𝑑
𝐷
𝛼 =
-
1
4
∫ 𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛼(∫ −4𝜌3
∙ 𝑒−𝜌4
𝜌
+∞
0
𝑑𝜌)𝑑𝛼 = (∗)
𝜋
2
𝜋
4

Página 46 de 46
Resolvemos: ∫ −4𝜌3
∙ 𝑒−𝜌4
𝜌
+∞
0
𝑑𝜌 =
⏟
𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑙
𝑖𝑚𝑝𝑟𝑜𝑝𝑖𝑎
lim
𝑏→+∞
∫ −4𝜌3
∙ 𝑒−𝜌4
𝜌
𝑏
0
𝑑𝜌 =
= lim
𝑏→+∞
[𝑒−𝜌4
]0
𝑏
= lim
𝑏→+∞
𝑒−𝑏4
− 𝑒0
= −1
Por tanto:
(∗) = +
1
4
∫ 𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛼 𝑑𝛼 =
1
8
∫ 𝑠𝑒𝑛(2𝛼)𝑑𝛼 = −
1
16
[cos(2𝛼)]𝜋
4
𝜋
2
𝜋
2
𝜋
4
=
1
16
𝜋
2
𝜋
4
INTEGRALES TRIPLES.

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