Cálculo · tema 07

Integral múltiple

Integral doble y triple, el recinto que manda, cambiar el orden de integración, polares, cilíndricas y esféricas. Volumen, masa, centro de gravedad y área de una superficie.

En el tema 5 integrabas entre dos números y salía un área. Ahora integras sobre una región del plano y sale un volumen, o sobre un trozo del espacio y sale una masa. La idea de fondo no cambia: sumar infinitos trocitos.

Lo que cambia —y es todo lo que cambia— es que ya no basta con dos números como límites. Antes, «de $a$ a $b$ » describía el dominio entero. Ahora el dominio es una región con forma, y traducir esa forma a límites de integración es el ejercicio.

Por eso este tema se falla antes de integrar. Mira el reparto de puntos de una cuarta evaluación cualquiera: COMP2 cinco puntos, COMP4 cinco puntos. La mitad de la nota no es calcular la integral: es dibujar el recinto, elegir las coordenadas y escribir los límites bien.

El recinto manda, y hay que dibujarlo

La pregunta que resuelve el ejercicio no es «¿cómo integro esto?». Es:

Si me quedo quieto en un $x$ cualquiera y subo en vertical, ¿por dónde entro en la región y por dónde salgo?

Eso son los límites de la integral de dentro. Y los de la de fuera son el rango de $x$ para el que esa vertical toca la región.

\iint_D f(x,y)\,dA = \int_{a}^{b}\!\!\left(\int_{y_{\text{abajo}}(x)}^{y_{\text{arriba}}(x)} f(x,y)\,dy\right) dx

Fíjate en la asimetría, porque es la fuente de la mitad de los errores:

Los límites de dentro pueden llevar la otra variable. Son curvas.
Los límites de fuera son siempre números. Si te sale una $x$ en el límite exterior, algo va mal.

Escribir los límites sin haber dibujado la región

Es el error que más puntos cuesta del tema, y no es pereza: es que sin dibujo no hay forma de saber cuál curva es la de arriba y cuál la de abajo.

Con $y \ge x^{3}$ y $x+y\le 2$ , ¿quién queda encima? Depende del trozo. Y si además el enunciado dice $x\ge 0$ , la región puede estar partida en dos. Todo eso se ve en tres segundos dibujando y no se ve de ninguna manera mirando las desigualdades.

El dibujo no es el borrador del ejercicio: es parte de la respuesta, y el enunciado lo pide con esas palabras — «representar gráficamente el recinto de integración».

Cambiar el orden de integración

El ejercicio que más cae del bloque, y el que mejor separa a quien ha entendido el tema de quien se sabe las fórmulas.

Te dan una integral ya escrita, con sus límites, y te piden la misma integral con $dx\,dy$ en vez de $dy\,dx$ . No es un capricho: muchas veces la integral original es imposible de resolver y la cambiada sale en dos líneas.

Y el procedimiento no se puede hacer con álgebra. Son tres pasos y el de en medio es dibujar:

Lees los límites que te dan y dibujas la región que describen.
Miras el mismo dibujo con la otra pregunta: quieto en un $y$ , ¿por dónde entro y por dónde salgo moviéndome en horizontal?
Escribes los límites nuevos.

La región es la misma; lo que cambia es la pregunta que le haces. A la izquierda te quedas en un x y subes; a la derecha te quedas en un y y vas hacia la derecha. El límite de dentro siempre lleva la otra letra; el de fuera siempre son números.

Cambiar el orden intercambiando los límites tal cual

Ver $\int_0^2\!\int_0^x f\,dy\,dx$ y escribir $\int_0^x\!\int_0^2 f\,dx\,dy$ es el error clásico, y se detecta solo: ha quedado una $x$ en el límite exterior, y el resultado de una integral definida no puede depender de la variable que acabas de integrar.

Ese control cuesta un vistazo y caza el fallo entero. Si en la integral de fuera aparece una letra, vuelve al dibujo.

Cuando el recinto es redondo: polares

Si la región es un círculo, una corona, un sector o cualquier cosa con simetría alrededor del origen, en cartesianas los límites salen con raíces — $y$ va de $-\sqrt{1-x^{2}}$ a $\sqrt{1-x^{2}}$ — y la integral se atasca.

En polares esa misma región es un rectángulo:

x = \rho\cos\theta, \qquad y = \rho\,\text{sen}\,\theta, \qquad dA = \rho\,d\rho\,d\theta

Un círculo de radio 2 pasa de aquellas raíces a $\rho\in[0,2]$ , $\theta\in[0,2\pi]$ . Dos pares de números.

El ρ del jacobiano no es una constante que se memoriza: es la razón por la que dos trocitos con el mismo dρ y el mismo dθ no tienen la misma área. El de fuera abarca más porque su arco es más largo.

Olvidar el ρ del jacobiano

El fallo número uno de todo el tema. Se escribe $\rho\,d\rho\,d\theta$ en el enunciado, se copia bien la primera vez, y a la tercera integral desaparece.

Hay dos formas de cazarlo sin repasar la cuenta entera:

Las unidades no cuadran. $d\rho\,d\theta$ es una longitud por un ángulo, que no es un área. Hace falta otra longitud, y esa es $\rho$ .
La comprobación de un caso conocido. El área de un círculo de radio $R$ con jacobiano es $\int_0^{2\pi}\!\int_0^R \rho\,d\rho\,d\theta = \pi R^{2}$ . Sin el $\rho$ saldría $2\pi R$ , que es la longitud de la circunferencia. Si en un examen te sale una longitud donde esperabas un área, te has dejado el jacobiano.

Polares generalizadas, para las elipses

Si el recinto es una elipse $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}\le 1$ , las polares normales no la simplifican. Las generalizadas sí:

x = a\rho\cos\theta, \qquad y = b\rho\,\text{sen}\,\theta, \qquad J = ab\rho

y la elipse se convierte en $\rho\le 1$ . El jacobiano se lleva las dos constantes, y de ahí sale la fórmula del área de la elipse, $\pi ab$ , sin buscarla en ningún sitio.

Integrales triples, y qué coordenadas elegir

El salto a tres variables no trae ninguna idea nueva: se integra de dentro hacia fuera, y los límites de la primera pueden llevar las otras dos.

Lo que sí hay que decidir es en qué coordenadas. Y se decide mirando el sólido, no la función:

el sólido tiene…	coordenadas	jacobiano
caras planas, cajas, tetraedros	cartesianas	$1$
un eje de simetría: cilindros, conos, paraboloides	cilíndricas	$\rho$
simetría alrededor de un punto: esferas, casquetes	esféricas	$r^{2}\text{sen}\,\varphi$

Las cilíndricas son las polares del plano $XY$ con la $z$ intacta: sirven cuando cortando en horizontal siempre sale un círculo. Las esféricas son para cuando lo que manda es la distancia al origen.

Elegir las coordenadas por la función y no por el sólido

Ver un $x^{2}+y^{2}$ en el integrando invita a irse a polares, y a veces es la elección buena. Pero la que decide es la forma del recinto: una integral con $x^{2}+y^{2}$ sobre un cuadrado se hace mejor en cartesianas, y una integral de una constante sobre un cono se hace en cilíndricas aunque el integrando sea un 1.

La regla operativa: las coordenadas buenas son las que convierten el recinto en un rectángulo de límites constantes. Si después de cambiar sigues teniendo raíces en los límites, has elegido mal.

El área de una superficie, que no es el área de su sombra

Hay una pregunta que las cuatro secciones anteriores no contestan y que cae en cuatro de cada diez ejercicios de sólido de la convocatoria ordinaria: «calcular el área de su superficie». No es el área de una región del plano ni el volumen del cuerpo: es cuánta chapa haría falta para construirlo.

Y la trampa está en que la superficie no vive en el plano. Está inclinada, y un trozo inclinado abarca más que su sombra:

dS = \frac{dA}{\cos\gamma}

donde $\gamma$ es el ángulo entre la superficie y la horizontal. Cuanto más empinada, más superficie sobre el mismo suelo. Y ese $1/\cos\gamma$ es lo que se puede escribir con las derivadas parciales:

\boxed{\;S=\iint_{D}\sqrt{1+\left(\dfrac{\partial z}{\partial x}\right)^{2}+ \left(\dfrac{\partial z}{\partial y}\right)^{2}}\;dA\;}

De perfil. El trozo de superficie dS se apoya sobre una sombra dA más corta, y el factor entre los dos es 1/cos γ. El ángulo que separa la superficie de la horizontal es exactamente el que separa su normal de la vertical, y por eso la raíz se puede escribir con las derivadas parciales.

La versión que de verdad se usa en el examen. Casi todos los sólidos que caen son de revolución, y para esos hay un atajo que evita la integral doble. Si el cuerpo se genera girando la curva $r=g(z)$ alrededor del eje $Z$ , cada rebanada aporta una circunferencia de longitud $2\pi r$ multiplicada por el trocito de curva $ds$ :

S=\int 2\pi r\,ds=2\pi\int_{z_{1}}^{z_{2}}g(z)\sqrt{1+g'(z)^{2}}\;dz

Es la misma idea con una variable menos. Y si la superficie es un cono, ni eso hace falta: su área lateral es $\pi R g$ , con $g$ la generatriz.

Un caso que conviene tener hecho, porque es el que más se repite: el paraboloide $z=x^{2}+y^{2}$ hasta el radio $2$ . Con $z_{x}=2x$ y $z_{y}=2y$ ,

S=\iint_{D}\sqrt{1+4x^{2}+4y^{2}}\;dA =\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{0}^{2}\sqrt{1+4\rho^{2}}\;\rho\,d\rho\,d\theta =\frac{\pi\left(17\sqrt{17}-1\right)}{6}\approx36{,}18

Fíjate en que el $\rho$ del jacobiano es justo lo que hace que la raíz se integre sola: sin él, esa integral no tendría primitiva elemental.

Calcular el volumen cuando piden el área

Son dos preguntas distintas sobre el mismo dibujo, y el enunciado las mezcla a propósito: «dibujar el sólido y calcular el área de su superficie». Quien lee en diagonal integra $dV$ y entrega un volumen.

Dos señales para no caer:

el área de una superficie es una integral doble, nunca triple. Si has escrito tres signos de integral, estás calculando otra cosa.
hay que sumar todas las caras. Un cuerpo formado por un paraboloide y un cono tiene dos superficies, y el área es la suma. Y si tiene una tapa plana, la tapa también cuenta — a menos que el enunciado diga «superficie lateral».

Para qué sirve todo esto

Las aplicaciones son cinco y comparten esqueleto. Cambia lo que va dentro de la integral, no la integral.

lo que se pide	qué se integra
área de una región plana	$\iint_D dA$
volumen de un sólido	$\iiint_R dV$ , o $\iint_D (z_{\text{arriba}} - z_{\text{abajo}})\,dA$
masa, con densidad $\delta$	$\iiint_R \delta\,dV$
centro de gravedad	$\overline{x} = \dfrac{1}{M}\iiint_R x\,\delta\,dV$ , y lo mismo con $y$ y $z$
área de una superficie	$\iint_D \sqrt{1+z_x^{2}+z_y^{2}}\;dA$ , o $2\pi\int r\,ds$ si es de revolución
momento de inercia respecto de un eje	$\iiint_R d^{2}\,\delta\,dV$ , con $d$ la distancia al eje

El momento de inercia es la misma integral con la distancia al cuadrado dentro, y aparece cuando el enunciado habla de girar el sólido. Respecto del eje $OZ$ , la distancia es $\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ , así que $I_z = \iiint (x^{2}+y^{2})\, \delta\,dV$ — y en cilíndricas eso es simplemente $r^{2}$ , que es la razón de que estos ejercicios pidan siempre cilíndricas.

El centro de gravedad —centroide cuando la densidad es constante, y así lo llaman varios enunciados— es el que más cae y el que peor se plantea. Son cuatro integrales, no una: la masa y un momento por cada coordenada. Y todas sobre el mismo recinto y con los mismos límites, así que el trabajo de dibujar se hace una vez.

Y hay un atajo que da puntos: la simetría. Si el sólido y la densidad son simétricos respecto de un plano, el centro de gravedad está en ese plano y esa coordenada sale sin integrar. Decirlo con esa frase —«por simetría respecto del plano $YZ$ , $\overline{x}=0$ »— es una respuesta completa y correcta, y ahorra una integral entera. En un examen sin calculadora, eso vale mucho.

Lo que hay que llevar sabido

pregunta	qué hacer
«representar el recinto»	dibújalo antes de escribir nada
«invertir el orden de integración»	dibujo → nueva pregunta → nuevos límites
límite exterior con una letra	error seguro, vuelve al dibujo
recinto redondo	polares, y no olvides el $\rho$
recinto elíptico	polares generalizadas, $J = ab\rho$
sólido con eje de simetría	cilíndricas, $J = \rho$
sólido con centro	esféricas, $J = r^{2}\text{sen}\,\varphi$
centro de gravedad	cuatro integrales, y mira la simetría primero
«área de su superficie»	integral doble, con la raíz, y suma todas las caras

Y las tres frases de COMP4 que puntúan aunque no se pidan:

Los límites de fuera son números; los de dentro pueden llevar variables.
El jacobiano no es un adorno: corrige cuánto se deforma el área al cambiar de coordenadas.
Las coordenadas se eligen por la forma del recinto, no por el integrando.

Practica lo que acabas de leer

La primera integral doble, sobre un rectángulo

Ejemplo introductorio, para entrar de cero. Cada paso equivocado recibe su diagnóstico, no un «incorrecto».

Hacer el ejercicio →

nivel: ejemploEjemplo introductorio · Road to Ingeniería. No es de examen ni del boletín.

La primera integral doble, sobre un rectángulo

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Calcular $\displaystyle\int_{0}^{2}\!\!\int_{0}^{1} (x+y)\,dy\,dx$ .

El valor de la integral doble.

01
Reconocer el camino
COMP1
En $\int_{0}^{2}\!\int_{0}^{1} (x+y)\,dy\,dx$ , ¿cuál se integra primero y respecto de qué variable?
02
La integral de dentro
COMP2
¿Cuánto vale $\int_{0}^{1}(x+y)\,dy$ , tratando $x$ como constante? Escribe el resultado evaluado en $x=1$ .
Tu respuesta al paso 2en forma exacta (3/2) o con un decimal — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
La integral de fuera
COMP2
¿Cuánto vale $\int_{0}^{2}\left(x+\frac{1}{2}\right)dx$ ?
Tu respuesta al paso 3un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el razonamiento. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Se integra de dentro hacia fuera; primero respecto de $y$ , con la $x$ congelada.
2. Sale $x + 1/2$ , que todavía depende de $x$ : queda una integral.
3. Integrando eso entre 0 y 2 sale 3.
4. Sobre un rectángulo con límites constantes, el otro orden daría lo mismo.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: ejemploEjemplo introductorio · Road to Ingeniería. No es de examen ni del boletín.

Leer los límites de un recinto dibujado

paso 1 de 3

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Sea $D$ el triángulo limitado por las rectas $y=0$ , $x=2$ e $y=x$ . Escribir $\iint_D f\,dA$ con el orden $dy\,dx$ .

Los límites de integración en el orden dy dx.

01
Reconocer el camino
COMP1
Con el orden $dy\,dx$ , ¿qué representan los límites de la integral interior?
02
El límite superior interior
COMP2
Fijado un $x$ entre 0 y 2, la vertical entra por $y=0$ . ¿Por dónde sale, evaluado en $x=1{,}5$ ?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el planteamiento. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. El triángulo tiene vértices $(0,0)$ , $(2,0)$ y $(2,2)$ .
2. Con orden $dy\,dx$ , fijas $x$ y subes: entras por $y=0$ y sales por $y=x$ .
3. La vertical corta al triángulo para $x$ entre 0 y 2.
4. Luego la integral es $\int_{0}^{2}\int_{0}^{x} f\,dy\,dx$ .

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: ejemploEjemplo introductorio · Road to Ingeniería. No es de examen ni del boletín.

La primera integral en polares, y el jacobiano

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Calcular el área del círculo de radio 3 centrado en el origen mediante una integral doble en coordenadas polares.

El área del círculo, calculada con la integral.

01
Reconocer el camino
COMP1
Al cambiar a polares, ¿en qué se convierte el diferencial de área?
02
La integral en el radio
COMP2
¿Cuánto vale $\int_{0}^{3}\rho\,d\rho$ ?
Tu respuesta al paso 2en forma exacta (9/2) o con un decimal — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
El área total
COMP2
Multiplicando por la integral en el ángulo, $\int_0^{2\pi}d\theta = 2\pi$ , ¿cuánto vale el área?
Tu respuesta al paso 3en forma exacta (9pi) o con tres decimales — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el razonamiento. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. En polares el círculo de radio 3 es el rectángulo $\rho\in[0,3]$ , $\theta\in[0,2\pi]$ .
2. El área es $\iint dA$ , y en polares $dA = \rho\,d\rho\,d\theta$ .
3. La integral se separa porque los límites son constantes y el integrando también.
4. Sale $(9/2)(2\pi) = 9\pi$ , que coincide con $\pi R^{2}$ .

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: ejemploEjemplo introductorio · Road to Ingeniería. No es de examen ni del boletín.

La primera área de una superficie, sin integrar nada

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Calcular el área del trozo del plano $z=2x+2y+1$ que queda justo encima del rectángulo $D=[0,2]\times[0,1]$ del plano $XY$ .

El área de ese trozo de plano.

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Por qué el área de ese trozo de plano no es la del rectángulo?
02
El factor de la raíz
COMP2
¿Cuánto vale $\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}$ para este plano?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
El área
COMP2
¿Cuánto vale el área de ese trozo de plano?
Tu respuesta al paso 3un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el razonamiento. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. El área de una superficie $z=f(x,y)$ sobre un recinto $D$ es $\iint_{D}\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}\,dA$ , y la raíz es el factor $1/\cos\gamma$ que corrige la inclinación.
2. Aquí $z_{x}=z_{y}=2$ , así que la raíz vale $3$ en todos los puntos: es una constante y sale fuera de la integral.
3. Lo que queda dentro es $\iint_{D}dA$ , el área del rectángulo, que vale $2$ . El área buscada es $3\cdot 2=6$ .

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: ejemploEjemplo introductorio · Road to Ingeniería, sobre el área de una superficie del tema 7. Es el peldaño entre el plano inclinado —donde la raíz es constante— y los cuerpos del examen, donde además hay que averiguar el recinto. No es de examen ni del boletín.

El área de un cuenco, y la raíz que aparece en polares

paso 1 de 5

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Calcular el área del trozo del paraboloide $z = x^{2}+y^{2}$ que queda por debajo del plano $z = 1$ .

El área de esa superficie curva.

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Sobre qué región se integra, y qué se integra sobre ella?
02
La integral en el radio
COMP2
En polares el integrando queda $\sqrt{1+4r^{2}}$ y el recinto es el disco $r\le 1$ . ¿Cuánto vale $\displaystyle\int_0^{1}\sqrt{1+4r^{2}}\;r\,dr$ ?
Tu respuesta al paso 2un número, en forma exacta o con cuatro decimales — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
El área
COMP2
¿Cuánto vale el área de la superficie? Da la forma exacta, o cuatro decimales.
Tu respuesta al paso 3un número, en forma exacta o con cuatro decimales — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
Cuánto más que su sombra
COMP2
¿Cuántas veces mayor es la superficie que su sombra?
Tu respuesta al paso 4un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el planteamiento. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. La sombra del cuenco es el disco $x^{2}+y^{2}\le 1$ , porque el paraboloide llega a $z=1$ justo cuando $x^{2}+y^{2}=1$ .
2. Con $z_x = 2x$ y $z_y = 2y$ , el integrando es $\sqrt{1+4x^{2}+4y^{2}}$ , que en polares es $\sqrt{1+4r^{2}}$ .
3. El recinto es un disco y el integrando solo depende de $r$ , así que las polares dejan la integral en un producto de dos.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 7.3 · Problemas complementarios, tema 7 · Cálculo, UPV/EHU (2017/2018 5E)

Invertir el orden de integración

paso 1 de 3

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Sea la integral $\displaystyle\int_{0}^{1}\!\!\int_{\sqrt{y}}^{3-2y} dx\,dy$ . Representar gráficamente el recinto de integración, invertir el orden de integración y calcular la integral en el nuevo orden obtenido.

El dibujo del recinto, la integral con el orden invertido y su valor.

01
Reconocer el camino
COMP1
Los límites dados son $x$ desde $\sqrt{y}$ hasta $3-2y$ , con $y$ de 0 a
1. ¿Qué describe eso?
02
Dónde se cortan las dos curvas
COMP2
$x=\sqrt{y}$ es $y=x^{2}$ , y $x=3-2y$ es $y=(3-x)/2$ . ¿Para qué valor positivo de $x$ se cortan?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la inversión del orden. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. El recinto va de $y=0$ a $y=1$ , entre la parábola $x=\sqrt{y}$ y la recta $x=3-2y$ .
2. En el nuevo orden hay que partirlo en dos, porque la tapa de arriba cambia en $x=1$ .
3. Para $x$ de 0 a 1, la vertical va de $y=0$ a la parábola $y=x^{2}$ .
4. Para $x$ de 1 a 3, la vertical va de $y=0$ a la recta $y=(3-x)/2$ .

Resolución completa

El dibujo primero, que es lo que pide el enunciado y lo que hace posible el resto.

El recinto está entre $y=0$ e $y=1$ . Su borde izquierdo es la parábola $x=\sqrt{y}$ (o sea $y=x^{2}$ ) y el derecho la recta $x=3-2y$ .

Los tres vértices salen de cortar:

corte	punto
parábola con recta	$(1,1)$
parábola con $y=0$	$(0,0)$
recta con $y=0$	$(3,0)$

Invertir el orden obliga a partir el recinto, y esa es la dificultad real del ejercicio. Barriendo en vertical, la tapa de arriba no es la misma a la izquierda y a la derecha de $x=1$ :

\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{x^{2}} dy\,dx \;+\; \int_{1}^{3}\!\!\int_{0}^{(3-x)/2} dy\,dx

Calculando:

\int_{0}^{1} x^{2}\,dx = \frac{1}{3}, \qquad \int_{1}^{3}\frac{3-x}{2}\,dx = \frac{1}{2}\Bigl[3x - \tfrac{x^{2}}{2}\Bigr]_{1}^{3} = \frac{1}{2}\cdot 2 = 1

\boxed{\;\int_{0}^{1}\!\!\int_{\sqrt y}^{3-2y} dx\,dy = \frac{1}{3}+1 = \frac{4}{3}\;}

Que haya que partir el recinto es la señal de que el orden original era el bueno. Cuando un enunciado te hace invertir hacia el orden incómodo, lo que está evaluando es si sabes leer el dibujo — no si sabes integrar.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 7.6 · Problemas complementarios, tema 7 · Cálculo, UPV/EHU (2014/2015 4E)

Un sólido, y la misma integral en tres órdenes

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Considerar el sólido $R$ delimitado por las condiciones $z \le 5-2y$ , $0\le x\le 4$ , $0\le y\le 2$ y $z\ge 0$ . Se pide:

a) Representar gráficamente el sólido. b) Expresar (sin hacer el cálculo) la integral $\iiint_R dx\,dy\,dz$ en los órdenes $dz\,dx\,dy$ , $dy\,dx\,dz$ y $dx\,dy\,dz$ . c) Calcular el valor de $V$ empleando alguno de los órdenes obtenidos.

El dibujo, la integral en tres órdenes y el volumen.

01
Reconocer el camino
COMP1
El enunciado pide expresar la integral en tres órdenes sin calcularla. ¿Qué se está evaluando?
02
La altura del sólido en y = 0
COMP2
La tapa superior es el plano $z = 5-2y$ . ¿Qué altura tiene el sólido en $y=0$ ?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
El volumen
COMP2
Integrando, $V = \int_0^2\!\int_0^4\!\int_0^{5-2y} dz\,dx\,dy$ . ¿Cuánto vale?
Tu respuesta al paso 3un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la respuesta del apartado b). Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. En el orden $dz\,dx\,dy$ : $z$ de 0 a $5-2y$ , $x$ de 0 a 4, $y$ de 0 a 2.
2. En el orden $dx\,dy\,dz$ la $x$ es libre de 0 a 4, porque nada la liga a las otras.
3. En ese mismo orden hay que partir en $z=1$ , porque por debajo de 1 la $y$ recorre todo $[0,2]$ .
4. Y por encima de $z=1$ , la $y$ solo llega hasta $(5-z)/2$ .

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 7.20 · Problemas complementarios, tema 7 · Cálculo, UPV/EHU (2017/2018 4E) · Su hoja de soluciones tiene una errata en este ejercicio: da las dos coordenadas iguales a 8/(3π) y solo la primera lo es. Ver la nota al final de la resolución. Lo dice desde el 13 de septiembre de 2026: hasta entonces la errata solo estaba explicada en el desarrollo, mientras su gemelo de examen —el ejercicio 2 de la cuarta evaluación de 2017-2018, que es el mismo problema— sí la declaraba aquí arriba.

El centro de gravedad de un cuarto de elipse

paso 1 de 3

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Sea $D$ el recinto delimitado por las condiciones $\dfrac{x^{2}}{4}+y^{2}\le 1$ , $x\ge 0$ e $y\ge 0$ . Calcular las coordenadas del centro de gravedad del recinto $D$ , suponiendo que la densidad en cada punto es $k$ .

Las coordenadas del centro de gravedad.

01
Reconocer el camino
COMP1
El recinto es un cuarto de elipse de semiejes 2 y 1. ¿Qué cambio de variable lo convierte en algo cómodo?
02
La masa del recinto
COMP2
El área de un cuarto de elipse de semiejes 2 y 1 es $\pi ab/4$ . Con densidad constante $k$ , ¿cuánto vale la masa dividida entre $k$ ?
Tu respuesta al paso 2en forma exacta (pi/2) o con cuatro decimales — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el planteamiento. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Con $x=2\rho\cos\theta$ , $y=\rho\,\text{sen}\,\theta$ , el recinto es $\rho\in[0,1]$ , $\theta\in[0,\pi/2]$ .
2. El jacobiano de las polares generalizadas es $J = ab\rho = 2\rho$ .
3. La masa es $M = k\iint 2\rho\,d\rho\,d\theta = k\pi/2$ .
4. Y $\overline{x} = \frac{1}{M}\iint x\,k\,dA$ , con $x = 2\rho\cos\theta$ dentro.

Resolución completa

La densidad es constante, así que $k$ se simplifica y el centro de gravedad es puramente geométrico — el centroide. Conviene decirlo, porque ahorra arrastrar la $k$ por todas las cuentas.

El cambio. Polares generalizadas con $a=2$ , $b=1$ :

x = 2\rho\cos\theta, \qquad y = \rho\,\text{sen}\,\theta, \qquad J = 2\rho

El recinto pasa a ser $\rho\in[0,1]$ , $\theta\in[0,\pi/2]$ — un rectángulo.

La masa:

M = k\int_{0}^{\pi/2}\!\!\int_{0}^{1} 2\rho\,d\rho\,d\theta = k\cdot 2\cdot\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{\pi}{2} = \frac{\pi k}{2}

El momento respecto de $YZ$ :

\iint_D x\,k\,dA = k\int_{0}^{\pi/2}\!\!\int_{0}^{1} (2\rho\cos\theta)(2\rho)\,d\rho\,d\theta = 4k\int_{0}^{\pi/2}\!\!\cos\theta\,d\theta\int_{0}^{1}\!\rho^{2}d\rho = \frac{4k}{3}

\overline{x} = \frac{4k/3}{\pi k/2} = \frac{8}{3\pi} \approx 0{,}849

Y el otro, con $y = \rho\,\text{sen}\,\theta$ :

\iint_D y\,k\,dA = k\int_{0}^{\pi/2}\!\!\int_{0}^{1}(\rho\,\text{sen}\,\theta)(2\rho)\,d\rho\,d\theta = \frac{2k}{3} \qquad\Longrightarrow\qquad \overline{y} = \frac{4}{3\pi} \approx 0{,}424

\boxed{\;G = \left(\frac{8}{3\pi},\ \frac{4}{3\pi}\right)\;}

La comprobación de sentido común, que vale un punto de COMP4: el recinto ocupa $x\in[0,2]$ e $y\in[0,1]$ , y el centro sale en $(0{,}85;\,0{,}42)$ — dentro, y algo por debajo del centro geométrico de la caja, que es donde tiene que estar porque la elipse se estrecha al subir. Y fíjate en que $\overline{x} = 2\overline{y}$ : es la misma proporción que entre los semiejes, y no es casualidad.

Cuidado: la solución del boletín tiene una errata

La hoja de soluciones de los problemas complementarios da, para este ejercicio, las dos coordenadas iguales a $8/(3\pi)$ . La primera lo es; la segunda no.

No es una opinión, y conviene poder comprobarlo uno mismo por tres caminos independientes:

La fórmula del centroide de un cuarto de elipse de semiejes $a$ y $b$ es $\left(\frac{4a}{3\pi},\frac{4b}{3\pi}\right)$ . Con $a=2$ y $b=1$ eso es $\left(\frac{8}{3\pi},\frac{4}{3\pi}\right)$ .

El argumento de escala. Un cuarto de círculo de radio 1 tiene su centro en $\left(\frac{4}{3\pi},\frac{4}{3\pi}\right)$ . Esta elipse es ese cuarto de círculo estirado al doble solo en $x$ , así que la primera coordenada se duplica y la segunda no se toca.

Las integrales de arriba, que dan momentos $4/3$ y $2/3$ : el doble uno del otro, no iguales.

Si te sale $0{,}42$ y el boletín dice $0{,}85$ , el que está bien eres tú. Este proyecto existe en buena parte para eso: sin esta nota, ahí hay una tarde perdida buscando un error que no existe.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 7.23 · Problemas complementarios, tema 7 · Cálculo, UPV/EHU (2016/2017 4E)

El mismo sólido, en cilíndricas y en esféricas

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Sea el sólido $S$ delimitado por las condiciones $x^{2}+y^{2}+z^{2}\le 4$ , $x^{2}+y^{2}\le z^{2}$ y $z\ge 0$ .

a) Plantear el volumen de $S$ en coordenadas cilíndricas. b) Plantear el volumen de $S$ en coordenadas esféricas. c) Calcular el volumen de $S$ utilizando la integral planteada en (a) o en (b).

El volumen planteado de las dos formas, y calculado.

01
Reconocer el camino
COMP1
Las tres condiciones describen un sólido. ¿Cuál es?
02
El ángulo del cono, en esféricas
COMP2
La condición $x^{2}+y^{2}\le z^{2}$ con $z\ge 0$ significa, en esféricas, que $\varphi$ va de 0 hasta un ángulo fijo. ¿Cuál, en grados?
Tu respuesta al paso 2en grados — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
El volumen
COMP2
Integrando, el volumen sale $\frac{8\pi}{3}\left(2-\sqrt{2}\right)$ . ¿Cuánto vale?
Tu respuesta al paso 3en forma exacta o con cuatro decimales — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la respuesta. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. a) En cilíndricas: $\rho$ de 0 a $\sqrt2$ dentro del cono, y $z$ del cono a la esfera.
2. b) En esféricas: $r\in[0,2]$ , $\varphi\in[0,\pi/4]$ , $\theta\in[0,2\pi]$ , con jacobiano $r^{2}\text{sen}\,\varphi$ .
3. c) Las dos integrales dan el mismo número, $\frac{8\pi}{3}(2-\sqrt2)$ .
4. Las esféricas salen más cortas porque convierten el recinto en un bloque de límites constantes.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 7.25 · Problemas complementarios, tema 7 · Cálculo, UPV/EHU (2019/2020 5E)

El volumen encerrado entre dos paraboloides

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Sea el sólido definido por las condiciones $x^{2}+4y^{2}\le z$ y $z\le 8-x^{2}-4y^{2}$ . Dibujar el sólido y calcular su volumen.

El dibujo del sólido y su volumen.

01
Reconocer el camino
COMP1
El sólido está entre dos superficies. ¿Cómo se encuentra la sombra que proyecta sobre el plano $XY$ ?
02
Dónde se cortan las dos tapas
COMP2
Igualando $x^{2}+4y^{2} = 8-x^{2}-4y^{2}$ , ¿a cuánto equivale $x^{2}+4y^{2}$ ?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
8 es el término independiente. Al pasar todo a un lado quedan dos veces $x^{2}+4y^{2}$ , así que hay que dividir entre 2.
Parece que has dividido 8 entre 4. La ecuación es $2(x^{2}+4y^{2}) = 8$ , y de ahí sale 4.
Pasa todo a la izquierda: $2(x^2+4y^2) = 8$ .
Desarrollo
$x^{2}+4y^{2} = 8-x^{2}-4y^{2} \;\Longrightarrow\; 2(x^{2}+4y^{2}) = 8 \;\Longrightarrow\; x^{2}+4y^{2} = 4$
La sombra es la elipse $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ , de semiejes 2 y
1. Y a esa altura, $z=4$ .
03
El volumen
COMP2
Integrando, el volumen sale $8\pi$ . ¿Cuánto vale con cuatro decimales?
Tu respuesta al paso 3en forma exacta (8pi) o con cuatro decimales — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la resolución. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Las dos tapas se cortan donde $x^{2}+4y^{2}=4$ , una elipse de semiejes 2 y 1.
2. El sólido está entre el paraboloide de abajo y el de arriba, sobre esa elipse.
3. La altura en cada punto es $\bigl(8-x^{2}-4y^{2}\bigr)-\bigl(x^{2}+4y^{2}\bigr) = 8-2(x^{2}+4y^{2})$ .
4. Con polares generalizadas —jacobiano $2\rho$ — la elipse pasa a ser $\rho\le 1$ y sale $V=8\pi$ .

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 7.19 · Problemas complementarios, tema 7 · Cálculo, UPV/EHU (2016/2017 6E)

Un cono y un paraboloide, volumen y superficie

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Sea el sólido definido por las condiciones $x^{2}+y^{2}\le z^{2}$ , $z\le 2-x^{2}-y^{2}$ y $z\ge 0$ . Dibujar el sólido, calcular su volumen y el área de su superficie.

El dibujo, el volumen y el área de la superficie.

01
Reconocer el camino
COMP1
El sólido está limitado por un cono por debajo y un paraboloide por arriba. ¿Dónde está el borde?
02
El radio de la intersección
COMP2
En cilíndricas, el cono es $z=\rho$ y el paraboloide $z=2-\rho^{2}$ . Igualando, ¿cuál es el valor positivo de $\rho$ ?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
El volumen
COMP2
El volumen sale $\frac{5\pi}{6}$ . ¿Cuánto vale con cuatro decimales?
Tu respuesta al paso 3en forma exacta o con cuatro decimales — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la respuesta. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. En cilíndricas el cono es $z=\rho$ y el paraboloide $z=2-\rho^{2}$ .
2. Se cortan en $\rho=1$ , así que la sombra es el círculo unidad.
3. El volumen es la integral de la diferencia de alturas, y sale $5\pi/6$ .
4. El área de la superficie son dos trozos: el lateral del cono y el casquete del paraboloide.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: practicaEjercicio 7.22 · Problemas complementarios, tema 7 · Cálculo, UPV/EHU (2018/2019 5E)

El centro de gravedad de una figura recortada

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Calcular el centro de gravedad del dominio plano formado por el cuarto de corona circular del primer cuadrante comprendido entre los radios 1 y 2, es decir, el recinto $1\le x^{2}+y^{2}\le 4$ con $x\ge 0$ e $y\ge 0$ . La densidad es constante.

Las coordenadas del centro de gravedad.

01
Reconocer el camino
COMP1
El recinto es simétrico respecto de la recta $y=x$ . ¿Qué se deduce sin calcular nada?
02
El área del recinto
COMP2
Es un cuarto de corona entre radios 1 y 2. ¿Cuánto vale su área?
Tu respuesta al paso 2en forma exacta (3pi/4) o con cuatro decimales — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
La coordenada del centro
COMP2
El momento vale $\frac{7}{3}$ , y el área $\frac{3\pi}{4}$ . ¿Cuánto vale $\overline{x}$ ?
Tu respuesta al paso 3en forma exacta (28/9pi) o con cuatro decimales — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la respuesta. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Por simetría respecto de $y=x$ , se cumple $\overline{x}=\overline{y}$ : basta una integral.
2. En polares el recinto es $\rho\in[1,2]$ , $\theta\in[0,\pi/2]$ , con jacobiano $\rho$ .
3. El momento es $\iint x\,dA = \int\!\!\int \rho\cos\theta\cdot\rho\,d\rho\,d\theta = 7/3$ .
4. Dividiendo entre el área $3\pi/4$ sale $\overline{x}=\overline{y}=28/(9\pi)\approx 0{,}99$ .

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

Integral múltiple

El recinto manda, y hay que dibujarlo

Cambiar el orden de integración

Cuando el recinto es redondo: polares

Polares generalizadas, para las elipses

Integrales triples, y qué coordenadas elegir

El área de una superficie, que no es el área de su sombra

Para qué sirve todo esto

Lo que hay que llevar sabido

Reconocer el camino

La integral de dentro

La integral de fuera

Justificar el argumento

Reconocer el camino

El límite superior interior

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La integral en el radio

El área total

Justificar el argumento

Reconocer el camino

El factor de la raíz

El área

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La integral en el radio

El área

Cuánto más que su sombra

Justificar el argumento

Reconocer el camino

Dónde se cortan las dos curvas

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La altura del sólido en y = 0

El volumen

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La masa del recinto

Justificar el argumento

Cuidado: la solución del boletín tiene una errata

Reconocer el camino

El ángulo del cono, en esféricas

El volumen

Justificar el argumento

Reconocer el camino

Dónde se cortan las dos tapas

El volumen

Justificar el argumento

Reconocer el camino

El radio de la intersección

El volumen

Justificar el argumento

Reconocer el camino

El área del recinto

La coordenada del centro

Justificar el argumento