7º CLASE FINAL CALCULO II B Santa Cruz Martes 16/11/2021

INTEGRALES DOBLES
REGIONES DE INTEGRACION
La región de integración R, F,D o G que es el área de la base del solido o
volumen, la cual en una integral doble origina los límites de integración. Es decir:

4º Región de integración
EJERCICIOS DE APLICACIÓN

Solución:
2 √4−𝑦 2
∫ ∫ 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥. 𝑑𝑦
0 2−𝑦

𝑅 = {0 ≤ 𝑦 ≤ 2; 2 − 𝑦 ≤ 𝑥 ≤ √4 − 𝑦 2 }
Ecuaciones de las curvas:
𝑦 = 0, 𝑦 = 2 , 𝑥 =2−𝑦, 𝑥 = √4 − 𝑦 2
GRAFICA
2
𝑥+𝑦 =2 (𝑥 )2 = (√4 − 𝑦 2)

Si 𝑥 = 0 , 𝑦 = 2 𝑥2 + 𝑦2 = 4

Si 𝑦 = 0 , 𝑥 = 2
𝐷1 = {−1 ≤ 𝑦 ≤ 1; −1 ≤ 𝑥 ≤ 𝑦 2 }
𝐷2 = {−1 ≤ 𝑥 ≤ 0; 1 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥2 + 1 }
𝐷3 = {0 ≤ 𝑥 ≤ 1; 1 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥2 + 1 }
 1 𝑦2
𝐼1 = ∫ ∫ 𝑥𝑦. 𝑑𝑥. 𝑑𝑦
−1 −1

0 𝑥 2 +1
𝐼2 = ∫ ∫ 𝑥𝑦. 𝑑𝑦. 𝑑𝑥
−1 1

1 𝑥 2 +1
𝐼3 = ∫ ∫ 𝑥𝑦. 𝑑𝑦. 𝑑𝑥
0 1

𝐼 = 𝐼1 + 𝐼2 + 𝐼3

1. − Calcular

Donde R es la región limitada por las curvas 𝑦 = 2𝑥 𝑒 𝑦 = 𝑥 2

Gráfico de R
Puntos de intersección: 𝑦 = 2𝑥 𝑦 = 𝑥2

𝑦=𝑦
𝑥 2 = 2𝑥
𝑥 2 − 2𝑥 = 0
𝑥(𝑥 − 2) = 0
𝑥 = 0, 𝑥=2

𝑅 = {0 ≤ 𝑥 ≤ 2; 𝑥 2 ≤ 𝑦 ≤ 2𝑥 }

2 2𝑥 4
𝐼 = ∫0 ∫𝑥2 𝑥. 𝑑𝑦. 𝑑𝑥 Sol: 3
2 2𝑥
𝐼 = ∫0 𝑥. [∫𝑥2 𝑑𝑦] 𝑑𝑥 ; ∫ 𝑑𝑢 = 𝑢 + 𝐶
2
𝐼 = ∫ 𝑥. [𝑦]2𝑥
𝑥 2 𝑑𝑥
0
 2
𝐼 = ∫ 𝑥. [(2𝑥) − (𝑥 2 )]𝑑𝑥
0
2
𝐼 = ∫ 𝑥. [2𝑥 − 𝑥 2 ]𝑑𝑥
0
2
𝐼 = ∫0 (2𝑥 2 − 𝑥 3 )𝑑𝑥;

𝑛 𝑥 𝑛+1
∫ 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑛+1
+𝐶
𝑏
𝑏 𝑥 𝑛+1 𝑏 𝑛+1 𝑎 𝑛+1
∫𝑎 𝑥 𝑛 𝑑𝑥 = [ 𝑛+1 ] = [ 𝑛+1 ] − [ 𝑛+1 ]
𝑎
2
𝑥3 𝑥4
𝐼 = [2. − ]
3 4 0

(2)3 (2)4 (0)3 (0)4

𝐼 = [2. − ] − [2. − ]
3 4 3 4
16 4 16 − 12
𝐼= − =
3 1 3
4
𝐼=
3
2
2. − Calcular ∫𝐷 ∫ 12𝑥 2 𝑒 𝑦 . 𝑑𝐴 donde D es la región limitada por

𝑦 = 𝑥, 𝑦 = 𝑥 3 en el primer cuadrante. Sol: 2𝑒 − 4.

Solución:

𝑦=𝑦
𝑥3 = 𝑥
𝑥3 − 𝑥 = 0
𝑥(𝑥 2 − 1) = 0
𝑥(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) = 0
𝑥 = 0, 𝑥 − 1 = 0 𝑥+1 =0
𝑥=0 𝑥=1 𝑥 = −1
Grafica:

1 𝑥
2 𝑦2
𝐼 = ∫ ∫ 12𝑥 𝑒 𝑑𝑦. 𝑑𝑥
0 𝑥3
 1 2 𝑥 𝑦2
𝐼= 12 ∫0 𝑥 [∫𝑥3 𝑒 𝑑𝑦] 𝑑𝑥; ∫ 𝑒 𝑢 𝑑𝑢 = 𝑒 𝑢 + 𝐶
No es integrable.
Por tanto, hay que cambiar de sentido la integral doble:
3
1 √𝑦
2
𝐼=∫ ∫ 12𝑥 2 𝑒 𝑦 𝑑𝑥. 𝑑𝑦
0 𝑦
3
1 √𝑦
𝑦2
𝐼 = 12 ∫ 𝑒 [∫ 𝑥 2 𝑑𝑥] 𝑑𝑦
0 𝑦

3 3
1 1 ( 33 √𝑦 (𝑦 )3
𝑦 2 𝑥 𝑦 2 √𝑦)
𝐼 = 12 ∫ 𝑒 [ ] 𝑑𝑦 = 12 ∫ 𝑒 [ − ] 𝑑𝑦
0 3 𝑦 0 3 3

1 1
𝑦2
𝑦 𝑦3 2 𝑦−𝑦 3
𝐼 = 12 ∫ 𝑒 [ − ] 𝑑𝑦 = 12 ∫ 𝑒 𝑦 [ ] 𝑑𝑦 =
0 3 3 0 3
1 1 1
𝑦2 𝑦2 𝑦2 2
𝐼 = 4 ∫ [𝑦𝑒 −𝑦 3 𝑒 ]𝑑𝑦 = 4 ∫ 𝑦𝑒 𝑑𝑦 − 4 ∫ 𝑦 3 𝑒 𝑦 𝑑𝑦
0 0 0
1 1
𝑦2 2 𝑦2
𝐼 = 2. ∫ 𝑒 . 2𝑦𝑑𝑦 − 2. ∫ 𝑦 𝑒 . 2𝑦𝑑𝑦
0 0

𝐼 = 2. 𝐼1 − 2. 𝐼2
1 2
𝐼1 = ∫0 𝑒 𝑦 . 2𝑦𝑑𝑦; C.V.

𝑧 = 𝑦2
𝑑𝑧 = 2𝑦. 𝑑𝑦 Diferenciando ambos miembros
 1
𝐼1 = ∫ 𝑒 𝑧 𝑑𝑧
0
1
𝑦2 2 2
𝐼1 = [𝑒 𝑧 ]10 = [𝑒 ]0 = 𝑒 (1) − 𝑒 (0) = 𝑒 − 1

𝐼1 = 𝑒 − 1
1
2 𝑦2
𝐼2 = ∫ 𝑦 𝑒 . 2𝑦𝑑𝑦
0
C.V.

𝑡 = 𝑦2
𝑑𝑡 = 2𝑦. 𝑑𝑦 Diferenciando ambos miembros
1
𝐼2 = ∫0 𝑡. 𝑒 𝑡 𝑑𝑡 Integración por partes

1
𝐼2 = 𝑢. 𝑣 − ∫ 𝑣. 𝑑𝑢
0

𝑢=𝑡 𝑑𝑣 = 𝑒 𝑡 𝑑𝑡
𝑑𝑢 = 𝑑𝑡 , ∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑒 𝑡 𝑑𝑡
𝑣 = 𝑒𝑡
1
𝐼2 = 𝑡. 𝑒 𝑡 − ∫ 𝑒 𝑡 . 𝑑𝑡
0
𝐼2 = 𝑡. 𝑒 𝑡 − 𝑒 𝑡
𝐼2 = [ 𝑡. 𝑒 𝑡 − 𝑒 𝑡 ]10
𝐼2 = [1. 𝑒 1 − 𝑒 1 ] − [0. 𝑒 0 − 𝑒 0 ]
𝐼2 = [𝑒 1 − 𝑒 1 ] − [0 − 1]
𝐼2 = 0 − 0 + 1
𝐼2 = 1 ,
𝐼1 = 𝑒 − 1
Finalmente, reemplazando en:

𝐼 = 2. 𝐼1 − 2. 𝐼2
𝐼 = 2(𝑒 − 1) − 2(1)
𝐼 = 2𝑒 − 2 − 2
𝐼 = 2𝑒 − 4 (Solución buscada)
CAMBIO DE ORDEN DE INTEGRACION
En muchos casos, sin este cambio de orden de integración; es imposible o difícil de
integrar.
El procedimiento a seguir es lo siguiente:
1.- Escribir la Región R en su sentido original: dy dx
2.- Graficar la región.
3.- Escribir la Región R en su sentido cambiado: dx.dy
4.- La Integral doble ya se puede solucionar si es de Cálculo.
EJERCICIOS DE APLICACIÓN
Para las siguientes integrales, cambiar el orden de integración:
2 2−𝑥
1. −𝐸𝑗𝑒𝑟𝑐𝑖𝑐𝑖𝑜 ∫ ∫ 2 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 𝑑𝑥
𝑥
−6 −1
4
Solución:
1.- Escribir la Región R en su sentido original: dy dx
𝑥2
𝑅 = {−6 ≤ 𝑥 ≤ 2 ; −1≤𝑦 ≤ 2−𝑥 }
4

2.- Graficar la región.

Constantes Variables
𝑥2
𝑥 = −6 𝑦= −1 , 𝑦 = 2−𝑥
4

𝑥= 2
Variables:

𝑥2
𝑦= −1, 𝑦 = 2−𝑥
4
Despejando: 𝑥
𝑥2
=𝑦+1 𝑦 =2−𝑥
4

𝑥2
√ = ±√𝑦 + 1 𝑥 = 2−𝑦
4
𝑥
= ±√𝑦 + 1
2
𝑥 = ±2√𝑦 + 1
𝑥2
𝑅 = {−6 ≤ 𝑥 ≤ 2 ; −1 ≤𝑦 ≤2−𝑥 }
4

𝑥2
𝑅 = {−6 ≤ 𝑥 ≤ 2 ; − 1 ≤ 𝑦 ≤ 2 − 𝑥 } Original
4
𝑅1 = {−1 ≤ 𝑦 ≤ 0 ; −2√𝑦 + 1 ≤ 𝑥 ≤ +2√𝑦 + 1 } Cambiado

𝑅2 = {0 ≤ 𝑦 ≤ 8 ; −2√𝑦 + 1 ≤ 𝑥 ≤ 2 − 𝑦 }
2 2−𝑥
∫ ∫2 𝑓 (𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = ? ?
𝑥
−6 −1
4
2 2−𝑥
𝐼 = ∫ ∫2 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑜𝑟𝑖𝑔𝑖𝑛𝑎𝑙
𝑥
−6 4 −1

0 +2√𝑦+1 8 2−𝑦
𝐼= ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 + ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦. 𝐶𝑎𝑚𝑏𝑖𝑎𝑑𝑜
−1 −2√𝑦+1 0 −2√𝑦+1

1 1+√1−𝑦2
2. − ∫0 ∫2−𝑦 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝑑𝑦

3º Ejercicio:
 4 2 1
Calcular ∫0 ∫√𝑥 𝑦3 +1 . 𝑑𝑦 𝑑𝑥

Solución:
𝑑𝑣 1 𝑣
∫ 2 2
= . 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 ( ) + 𝐶
𝑣 +𝑎 𝑎 𝑎
Vamos a cambiar el orden de integración:

𝑅 = {0 ≤ 𝑥 ≤ 4 ; √𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 2 } R. Original
𝑥=0
𝑥=4
Variables:

𝑦 = √𝑥, 𝑦=2

Despejando: 𝑥

𝑥 = 𝑦2

𝑅 = {0 ≤ 𝑥 ≤ 4 ; √𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 2 } Original
 𝑅 = {0 ≤ 𝑦 ≤ 2 ; 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑦 2 } Cambiado

4 2 2 𝑦 2
1 1
𝐼=∫ ∫ 3 . 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = ∫ ∫ 3
. 𝑑𝑥 𝑑𝑦
0 √𝑥 𝑦 + 1 0 0 𝑦 +1

2 𝑦2
1
𝐼=∫ 3
[∫ 𝑑𝑥] 𝑑𝑦
0 𝑦 +1 0
2
1 𝑦2
𝐼=∫ 3 [𝑥]0 𝑑𝑦
0 𝑦 +1
2
1
𝐼=∫ 3 . 𝑦 2 𝑑𝑦
0 𝑦 +1

𝐶. 𝑉.
𝑦3 + 1 = 𝑡
3𝑦 2 𝑑𝑦 = 𝑑𝑡
 𝑑𝑡
𝑦 2 𝑑𝑦 =
3
2
1 𝑑𝑡
𝐼=∫ .
0 𝑡 3

1 2 𝑑𝑡
𝐼= ∫
3 0 𝑡
1
𝐼 = . [𝑙𝑛|𝑡|]20
3
1
𝐼 = . [𝑙𝑛|𝑦 3 + 1|]20
3
1
𝐼 = . ([𝑙𝑛|23 + 1|] − [𝑙𝑛|03 + 1|])
3
1
𝐼 = . ([ln 9] − [ln 1])
3
1
𝐼 = . (ln 9 − 0)
3
ln 9
𝐼 =
3
4. − Calcular ∫𝐷 ∫(2𝑥 + 1). 𝑑𝐴 donde D es el triángulo formado por los
puntos 𝐴(−1; 0), 𝐵(0; 1) 𝑦 𝐶 (1; 0). Sol: 1
Solución:
Ecuación de la recta Punto-Punto
 𝑃1 (𝑥1 , 𝑦1 ) 𝑦−𝑦1 𝑦 −𝑦
{ = 𝑥2 −𝑥1
𝑃2 (𝑥2 , 𝑦2 ) 𝑥−𝑥1 2 1

𝐴(−1; 0), 𝐵(0; 1)

𝑦 − 𝑦1 𝑦2 − 𝑦1
=
𝑥 − 𝑥1 𝑥2 − 𝑥1
𝑦−0 1−0
=
𝑥 − (−1) 0 − (−1)
𝑦 1
=
𝑥+1 1
𝑦 = 𝑥 + 1, 𝑥 = 𝑦 − 1

𝐵(0; 1) 𝑦 𝐶 (1; 0).

𝑦−1 0−1
=
𝑥−0 1−0
𝑦 − 1 −1
=
𝑥 1
𝑦−1
= −1
𝑥
𝑦 − 1 = −1. 𝑥
𝑦 = 1 − 𝑥, 𝑥 = 1 − 𝑦
𝐷 = {0 ≤ 𝑦 ≤ 1, 𝑦 − 1 ≤ 𝑥 ≤ 1 − 𝑦}

𝐼 = ∫𝐷 ∫(2𝑥 + 1). 𝑑𝐴

1 1−𝑦
𝐼=∫ ∫ (2𝑥 + 1)𝑑𝑥 𝑑𝑦
0 𝑦−1

5.- ∫𝑅 ∫ √𝑥𝑦 − 𝑦 2 . 𝑑𝑥 𝑑𝑦, donde G es un trapecio con vértices

𝐴(1; 1), 𝐵 (5; 1) 𝐶 (10; 2) 𝐷(2; 2).

INTEGRALES DOBLES EN COORDENADAS POLARES
Solución:

𝜋
𝐷1 = {0 ≤ 𝜃 ≤ , 1 ≤ 𝑟 ≤ 3}
2
𝐼 = ∫𝐷 ∫ (𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝐴
 𝜋
3
2
𝐼 = 2 ∫ ∫ (𝑟 2 ). 𝑟𝑑𝑟. 𝑑 𝜃
0 1
𝜋
3
2
𝐼 = 2 ∫ ∫ 𝑟 3 𝑑𝑟. 𝑑 𝜃
0 1
𝜋 3
𝑟4
2
𝐼 = 2 ∫ [ ] 𝑑𝜃
0 4 1
𝜋
(3)4
2 (1)4
𝐼 = 2∫ [ ]−[ ] 𝑑𝜃
0 4 4
𝜋
81 1
2
𝐼 = 2 ∫ ( − ) 𝑑𝜃
0 4 4
𝜋
2
𝐼 = 2𝑥20 ∫ 𝑑𝜃
0
𝜋
𝐼= 40. [𝜃]02
𝜋
𝐼 = 40. [ − 0]
2
𝐼 = 20 𝜋.
Solucion:
Grafico de la region G:

Cambiando a coordenadas polares: 𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑟 2 , 𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃, 𝑦 = 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃

𝑥 2 = 3𝑦 , 𝑥 2 + 𝑦 2 = 18
(𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃)2 = 3𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃, 𝑟 2 = 18
𝑟 2 . 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 = 3𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑟 = √32 . 2
𝑟2 3𝑠𝑒𝑛𝜃
= 𝑟 = 3√2
𝑟 𝑐𝑜𝑠2 𝜃
3𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑟=
𝑐𝑜𝑠 2 𝜃
Interseccion:

𝑥 2 = 3𝑦; 𝑥 2 + 𝑦 2 = 18
3𝑦 + 𝑦 2 = 18
𝑦 2 + 3𝑦 − 18 = 0
(𝑦 + 6)(𝑦 − 3) = 0
𝑦=3
𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 = 3
3
𝑠𝑒𝑛𝜃 =
𝑟
3
𝑠𝑒𝑛𝜃 =
3√2
1
𝜃 = 𝐴𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛 ( )
√2
𝜋
𝜃=
4
Región de Integración:
𝜋
0≤𝜃≤
4
𝐺 {3𝑠𝑒𝑛𝜃
≤ 𝑟 ≤ 3√2
𝑐𝑜𝑠 2 𝜃
Planteo y Calculo de la Integral:
𝑥
𝐼 = ∫𝐺 ∫ 2 . 𝑑𝑥 𝑑𝑦
𝑥 + 𝑦2
 𝜋
3√2
4 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃
𝐼 = 2∫ ∫ . 𝑟. 𝑑𝑟. 𝑑𝜃
3𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑟 2
0 2
𝑐𝑜𝑠 𝜃
𝜋
3√2
4
𝐼 = 2 ∫ 𝑐𝑜𝑠𝜃 ∫ 𝑑𝑟 . 𝑑𝜃
3𝑠𝑒𝑛𝜃
0
𝑐𝑜𝑠2 𝜃
𝜋
4
𝐼 = 2 ∫ 𝑐𝑜𝑠𝜃 [𝑟]33𝑠𝑒𝑛𝜃
√2
. 𝑑𝜃
0 𝑐𝑜𝑠2 𝜃
𝜋
4 3𝑠𝑒𝑛𝜃
𝐼 = 2 ∫ 𝑐𝑜𝑠𝜃 [3√2 − 2
] . 𝑑𝜃
0 𝑐𝑜𝑠 𝜃
𝜋
4 𝑠𝑒𝑛𝜃
𝐼 = 2 ∗ 3 ∫ [√2. 𝑐𝑜𝑠𝜃 − ] . 𝑑𝜃
0 𝑐𝑜𝑠𝜃
𝜋
4
𝐼 = 6 ∫ [√2. 𝑐𝑜𝑠𝜃 − tan 𝜃] . 𝑑𝜃
0
𝜋
𝐼 = 6[√2. 𝑠𝑒𝑛𝜃 − (− ln|𝑐𝑜𝑠𝜃|)] 4
0
𝜋
𝐼 = 6[√2. 𝑠𝑒𝑛𝜃 + ln|𝑐𝑜𝑠𝜃|]04
𝜋 𝜋
𝐼 = 6 [√2. 𝑠𝑒𝑛 + ln |𝑐𝑜𝑠 |] − 6[√2. 𝑠𝑒𝑛0 + ln|𝑐𝑜𝑠0|]
4 4
1 1
𝐼 = 6 [√2. + ln | |] − 6[√2. ( 0) + ln 1]
√2 √2
𝐼 = 6[1 + ln 1 − ln √2] − 6[0 + 0]
1
𝐼 = 6 (1 + 0 − . ln 2)
2
𝐼 = 6 − 3. ln 2 ….
CALCULO DE AREAS PLANAS

Solución:
Grafico:
 𝑥3
𝐴1 = {−2 ≤ 𝑥 ≤ 0, 𝑥 − 2 ≤ 𝑦 ≤ }
2
𝑥3
𝐴2 = {0 ≤ 𝑥 ≤ 2, 2𝑥 − 2 ≤ 𝑦 ≤ }
2
𝐴3 = {2 ≤ 𝑥 ≤ 3, 2𝑥 − 2 ≤ 𝑦 ≤ 4}
Planteo y cálculo de área:
𝑥3
0
2
𝐴1 = ∫ ∫ 𝑑𝑦 𝑑𝑥
−2 𝑥−2
0 𝑥3
𝐴1 = 2 𝑑𝑥
∫ [𝑦]𝑥−2
−2
 0
𝑥3
𝐴1 = ∫ [( ) − (𝑥 − 2)] 𝑑𝑥
−2 2
0
1 3
𝐴1 = ∫ ( . 𝑥 − 𝑥 + 2) 𝑑𝑥
−2 2
0
1 𝑥4 𝑥2
𝐴1 = [ . − + 2𝑥]
2 4 2 −2
(0)4 (0)2 (−2)4 (−2)2
. 𝐴1 = [ 8 − + 2(0)] − [ 8 − + 2(−2)]
2 2

. 𝐴1 = [0] − [2 − 2 − 4]

𝐴1 = 4

𝑥3
2
2
𝐴2 = ∫ ∫ 𝑑𝑦 𝑑𝑥
0 2𝑥−2
3 4
𝐴3 = ∫ ∫ 𝑑𝑦 𝑑𝑥
2 2𝑥−2

𝐴 = 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3
CALCULO DE AREA DE SUPERFICIEEscriba aquí la ecuación.

El área de superficie 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) , proyectado la región al plano xy viene

determinado por la expresión:

𝜕𝑧 2 𝜕𝑧 2
𝐴(𝑆) = ∫𝑅 ∫ √1 + (𝜕𝑥) + (𝜕𝑦) . 𝑑𝐴
𝑥𝑦

EJERCICIOS DE APLICACIÓN

Solución:

1º) Grafico de 𝐴(𝑠):

𝑥 = 1 − 𝑦2 − 𝑧2, 𝑦 2 + 𝑧 2 = 1 Cilindro recto circular

𝑦 2 + 𝑧 2 = −𝑥 + 1
𝑦 2 + 𝑧 2 = −(𝑥 − 1) Paraboloide 𝑉 (1,0,0)
Planteo del Área de superficie:

𝜕𝑥 2 𝜕𝑥 2
𝐴(𝑆) = ∫𝑅 ∫ √1 + ( ) + ( ) . 𝑑𝐴
𝑦𝑧 𝜕𝑦 𝜕𝑧

𝑥 = 1 − 𝑦2 − 𝑧2
𝜕𝑥 𝜕𝑥
𝜕𝑦
= −2𝑦, 𝜕𝑧
= −2𝑧

𝜕𝑥 2 𝜕𝑥 2
1 + ( ) + ( ) = 1 + (−2𝑦)2 + (−2𝑧)2 = 1 + 4𝑦 2 + 4𝑧 2
𝜕𝑦 𝜕𝑧
= 1 + 4(𝑦 2 + 𝑧 2 )

𝐴(𝑆) = ∫𝑅 ∫ √1 + 4(𝑦 2 + 𝑧 2 ) . 𝑑𝐴, Al observar: 𝑦 2 + 𝑧 2 : C. Pol.

𝑦𝑧
Región: 𝑅𝑦𝑧

𝑦 2 + 𝑧 2 = 1 Cilindro recto circular

𝑦2 + 𝑧2 = 1
𝑟2 = 1
𝑟=1
𝑅𝑦𝑧 = {0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋; 0 ≤ 𝑟 ≤ 1}
Calculo de Área de superficie:

𝐴(𝑆) = ∫𝑅 ∫ √1 + 4(𝑦 2 + 𝑧 2 ) . 𝑑𝐴
𝑦𝑧

2𝜋 1
𝐴(𝑆) = ∫ ∫ √1 + 4𝑟 2 . 𝑟 𝑑𝑟. 𝑑 𝜃
0 0
Cambio de Variable:

1 + 4𝑟 2 = 𝑡
8 𝑟 𝑑𝑟 = 𝑑𝑡
 𝑑𝑡
𝑟 𝑑𝑟 =
8
2𝜋 1
𝑑𝑡
𝐴(𝑆) = ∫ ∫ √𝑡 . ( ) . 𝑑 𝜃
0 0 8
1 2𝜋 1 1
𝐴(𝑆) = ∫ ∫ 𝑡 2 . 𝑑𝑡. 𝑑 𝜃
8 0 0
1 2𝜋 2 3 1
𝐴(𝑆) = ∫ [ . 𝑡 2 ] . 𝑑𝜃
8 0 3 0

1 2 2𝜋 3 1
𝐴(𝑆) = . ∫ [(1 + 4𝑟 2 )2 ] . 𝑑𝜃
8 3 0 0

1 2𝜋 3 1
𝐴(𝑆) = ∫ [(√1 + 4𝑟 2 ) ] . 𝑑𝜃
12 0 0

1 2𝜋 2
3
2
3
𝐴(𝑆) = ∫ [(√1 + 4(1) ) − (√1 + 4(0) ) ] . 𝑑𝜃
12 0
2𝜋
1
𝐴(𝑆) = (5√5 − 1) ∫ 𝑑𝜃
12 0

1
𝐴(𝑆) = (5√5 − 1)[𝜃]2𝜋
0
12
1
𝐴(𝑆) = (5√5 − 1). [2𝜋 − 0]
12
𝜋
𝐴(𝑆) = (5√5 − 1) 𝑢2
6