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La resolución de dos integrales dobles, mostrando el proceso paso a paso. En la primera integral, se debe tener en cuenta la región de integración y se realiza una sustitución para resolverla. En la segunda integral, también se debe considerar la región de integración y se realizan varias sustituciones para resolverla.
Tipo: Apuntes
1 / 32
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a)∫
1
0
1
𝑥
2
3
3
Solución
Dada la función 𝑧 = 𝑥
3
3
), tenemos que: 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 𝑦 𝑥
2
≤ 𝑦 ≤ 1 , por tanto:
2
La representación de la región D es:
Dada que la integral más interna, resulta un difícil de resolver, se tiene que:
De tal manera que:
Y, por lo tanto:
1
0
√
𝑦
0
3
3
1
0
3
√
𝑦
0
3
1
0
3
4
0
√
𝑦
1
0
3
1
2 )
4
4
1
0
3
2
Se realiza una sustitución:
3
1
0
2
0
1
2
1
0
1
𝑥
2
3
3
8
0
2
√
𝑦
𝑥
4
Solución
Dada la función 𝑧 = 𝑒
𝑥
4
, donde 0 ≤ 𝑦 ≤ 8 𝑦 √
3
3
La representación de la región D es:
4
16
0
𝑢
3
16
0
𝑢
3
𝑢
0
16
16
16
1
0
1
√
𝑦
3
Solución
Dada la función 𝑧 = √𝑥
3
La representación de la región D es:
Dada
que la integral más interna resulta un tanto difícil, se tiene que:
2
Y, por lo tanto:
1
0
1
√
𝑦
3
1
0
𝑥
2
0
3
1
0
3
𝑥
2
0
1
0
3
0
𝑥
2
1
0
3
2
1
0
3
2
Se realiza varias sustituciones:
3
1
0
2
1
0
𝑅
𝜋
4
0
2
1
𝜋
4
0
2
1
𝜋
4
0
2
1
2
𝜋
4
0
2
𝜋
4
0
𝜋
4
0
𝜋
4
0
𝜋
4
0
2
0
𝜋
4
2
3 𝜋
2
64
Unidades cubicas.
𝐷
−𝑥
2
−𝑦
2
𝑑𝐴 , donde D es la región acotada por la semicircunferencia 𝑥 = √ 4 − 𝑦
2
y el
eje y
La representación de la región D es:
Haciendo cambio de variables
2
2
2
La región R se describe como rectángulo polar de la forma:
De esta manera se obtiene que:
𝐷
−𝑥
2
−𝑦
2
𝜋
2
−𝜋
2
2
0
−(𝑟
2
)
𝜋
2
−𝜋
2
2
0
−(𝑟
2
)
Se realiza una sustitución:
2
𝜋
2
−𝜋
2
− 4
0
𝑢
𝜋
2
−𝜋
2
− 4
0
𝑢
𝜋
2
−𝜋
2
𝑢
0
− 4
𝜋
2
−𝜋
2
− 4
− 4
𝜋
2
−𝜋
2
− 4
−
𝜋
4
𝜋
4
− 4
− 4
𝐷
−𝑥
2
−𝑦
2
− 4
𝑅
𝑥
círculo 𝑥
2
2
𝑟
𝑟
5
𝑟
0
5
2
0
5
5
5
5
5
23
2
Unidades cubicas
𝐸
5
3
Solución
Se realiza la descripción de E como una región tipo 1, lo cual permite evaluar la
integral como sigue:
𝐸
5
1
0
𝑥
0
2 𝑥
𝑥
5
1
0
5
𝑥
0
2 𝑥
𝑥
1
0
5
𝑥
0
2
𝑥
2 𝑥
1
0
5
𝑥
0
2
2
1
0
5
2
𝑥
0
1
0
2
5
2
0
𝑥
1
0
2
5
2
1
0
4
5
Se realiza una sustitución:
5
1
0
4
1
0
4
0
1
𝐸
𝐸
1
0
√
𝑥
0
1 +𝑥+𝑦
0
3
4 − 2 𝑥− 2 𝑦
0
2 −𝑥
0
2
0
2 −𝑥
0
2
0
2 −𝑥
0
2
0
2
2
3
0
2
2
2
3
2
0
2
3
2
0
3
3
0
2
2
0
3
3
4
4
4
4
𝐸
2
2
4
2
𝑦
1 −𝑦
2
0
1
− 1
1
− 1
𝐸
3
− 3
1 −𝑥−𝑦
0
1 −𝑥
0
1
0
− 2
1 −𝑥
0
1
0
− 2
1 −𝑥
0
1
0
− 2
− 2
− 2
1 −𝑥
0
1
0
− 2
1 −𝑥
0
1
0
− 1
1
0
− 1
− 1
1
0
− 1
− 1
1
0
1
0
2
2
2
ln ( 1 ))
ln
= ln(√ 2 ) −
3
𝑑𝑣 = ln(√ 2 ) −
En coordenadas cilindricas:
𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃+𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃+ 5
0
3
2
2 𝜋
0
2
3
2
2 𝜋
0
2
√𝑥
2
+𝑦
2
2
√𝑥
2
+𝑦
2
Aplicamos regla de la potencia
2
√𝑥
2
+𝑦
2
1 + 1
2
√𝑥
2
+𝑦
2
2
2
√𝑥
2
+𝑦
2
Calculando limites
2
2
2
2
√ 4 −𝑦
2
−√ 4 −𝑦
2
2
− 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
2
3
2
3
2
3
2
3
2
3
2
3
Por lo tanto:
2
3
Es funcion impar
2
− 2
2
2
𝐸
2
2
2
2
2
Entonces
