Ejemplo:

$ \rm S = [-1,1] \times [-1,0] = \{(x,y) \mathrel{|} -1 \leq x \leq 1, -1 \leq y \leq 0\} $

$\rm f(x,y) = x + y + 1$

Las integrales múltiples, en este caso doble, se resuelven de dentro hacia fuera:

$ \rm \displaystyle \int_a^b \! \int_c^d f(x,y) \, dy \, dx = \int_a^b \! \left( \int_c^d f(x,y) \, dy \right) \, dx $

Fijando $\rm x$:

$ \begin{align} \rm \iint_S f &= \rm \int_{-1}^1 \int_{-1}^0 (x+y+1) \, dy \, dx = \int_{-1}^1 \left[ xy + y^2{∕}2 + y \right]_{-1}^0 \, dx = \\[1ex] &= \rm \int_{-1}^1 (x - 1{∕}2 + 1) \, dx = \int_{-1}^1 (x + 1{∕}2) \, dx = \\[1ex] &= \rm \left[ x^2{∕}2 + x{∕}2 \right]_{-1}^1 = 1{∕}2 + \cancel{1{∕}2} - \cancel{1{∕}2} + 1{∕}2 = 1 \end{align} $

Fijando $\rm y$:

$ \begin{align} \rm \iint_S f &= \rm \int_{-1}^0 \int_{-1}^1 (x+y+1) \, dx \, dy = \int_{-1}^0 \left[ x^2{∕}2 + yx + x \right]_{-1}^1 \, dy = \\[1ex] &= \rm \int_{-1}^0 \left( \cancel{1{∕}2} + y + 1 - \cancel{1{∕}2} + y + 1 \right) \, dy = \int_{-1}^0 (2y + 2) \, dy = \\[1ex] &= \rm \left[ y^2 + 2y \right]_{-1}^0 = -1 + 2 = 1 \end{align} $

Ejemplo:

$ \rm \displaystyle \int_{-1}^1 \int_{0}^{π{∕}2} (x \sin y - y e^x) \, dy \, dx \quad \leftarrow $ Integrar esto.

Por tanto:

$\rm f(x,y) = x \sin y - y e^x$

Rectángulo: $[-1,1] \times [0,π{∕}2]$

Resolviendo:

$ \begin{align} \rm \iint_{S} f &= \rm \int_{-1}^1 \int_0^{π{∕}2} (x \sin y - y e^x) \, dy \, dx = \int_{-1}^1 \left[ -x \cos y + \dfrac{y^2}{2} e^x \right]_0^{π{∕}2} \, dx = \\[1ex] &= \rm \int_{-1}^1 \left( \left( \cancel{-x \cos(π{∕}2)} \! - {} \dfrac{π^2}{8} e^x \right) - (-x \cos 0 - 0) \right) \, dx = \\[1ex] &= \rm \int_{-1}^1 \left( -\dfrac{π^2 e^x}{8} + x \right) \, dx = \left[ -\dfrac{π^2 e^x}{8} + \dfrac{x^2}{2} \right]_{-1}^1 = \\[1ex] &= \rm -\dfrac{π^2 e}{8} + \dfrac{1}{2} - \left( -\dfrac{π^2 e^{-1}}{8} + \dfrac{1}{2} \right) = {} \dfrac{π^2}{8} \left( -e + \dfrac{1}{e} \right) \end{align} $

Si se invierte el orden de integración:

$ \begin{align} \rm \iint_S f &= \rm \int_{0}^{π{∕}2} \! \int_{-1}^1 (x \sin y - y e^x) \, dx \, dy = \int_0^{π{∕}2} \left[ \dfrac{x^2}{2} \sin y - y e^x \right]_{-1}^1 \, dy = \\[1ex] &= \rm \int_0^{π{∕}2} \left( \left( \cancel{\dfrac{1}{2} \sin y} \! - y e \right) - \left( \cancel{\dfrac{1}{2} \sin y} \! - y e^{-1} \right) \right) \, dy = \\[1ex] &= \rm \int_0^{π{∕}2} y \left( -e + \dfrac{1}{e} \right) \, dy = \left[ \dfrac{y^2}{2} \left( -e + \dfrac{1}{e} \right) \right]_0^{π{∕}2} = {} \dfrac{π^2}{8} \left( -e + \dfrac{1}{e} \right) \end{align} $

Ejemplo:

$\rm f(x) = x \cos(x+y)$

$\rm S$ es el triángulo con vértices: $(0, 0), (π, 0), (π, π)$

Por tanto:

$ \begin{align} \rm S &= \rm \{ (x,y) \mathrel{|} a \leq x \leq b, h_1(x) \leq y \leq h_2(x) \} = \\[1ex] &= \rm \{ (x,y) \mathrel{|} 0 \leq x \leq π, 0 \leq y \leq x \} \end{align} $

Integrando:

$ \begin{align} \rm \iint_S f &= \rm \int_0^π \! \int_0^x x \cos(x+y) \, dy \, dx = \int_0^π [x \sin(x+y)]_0^x \, dx = \\[1ex] &= \rm \int_0^π (x \sin(2x) - x \sin x) \, dx = \int_0^π x (\sin(2x) - \sin x) \, dx \end{align} $

La integral resultante se resuelve por partes:

$\rm d(u \cdot v) = u \cdot dv + v \cdot du$

$\rm \displaystyle u \cdot v = \int d(u \cdot v) = \int u \cdot dv + \int v \cdot du$

$\rm \displaystyle \int u \cdot dv = u \cdot v - \int v \cdot du$

Si:

$\rm u = x \Rightarrow du = dx$

$\rm dv = ( \sin(2x) - \sin x) \, dx \Rightarrow v = -\dfrac{1}{2} \cos(2x) + \cos x$

Entonces:

$ \begin{align} \rm \iint_S f = &\rm \int_0^π x (\sin(2x) - \sin x) \, dx = \left[ x \left( -\dfrac{1}{2} \cos(2x) + \cos x \right) \right]_0^π - {} \\[1ex] &{} - \rm \int_0^π \left( -\dfrac{1}{2} \cos(2x) + \cos x \right) \, dx = π \left( -\dfrac{1}{2} \cos(2π) + \cos π \right) - {} \\[1ex] &{} - \rm \cancelto{\mspace{1mu} 0}{\left[-\dfrac{1}{4} \sin(2x) + \sin x \right]_0^π \,} \! = -\dfrac{3}{2} π \end{align} $

Ejemplo:

$ \rm \displaystyle \int_0^π \! \int_0^{\sin x} y \, dy \, dx \enspace \Rightarrow \enspace f(x,y) = y $

$ \begin{align} \rm \iint_S f &= \rm \int_0^π \int_0^{\sin x} y \, dy \, dx = \int_0^π \left[ \dfrac{y^2}{2} \right]_0^{\sin x} \, dx = \int_0^π \dfrac{\sin^2 x}{2} \, dx \underset{ \begin{subarray}{c} \uparrow \\ \rm \large \llap{\sin^2 x} \, = \, \rlap{\frac{\Large 1 - \cos(2x)}{\Large 2}} \end{subarray} }{=} \\[1ex] &= \rm \int_0^π \dfrac{1 - \cos(2x)}{4} \, dx = \left[ \dfrac{2x - \sin(2x)}{8} \right]_0^π = {} \dfrac{π}{4} \end{align} $

Donde se ha hecho uso de una fórmula trigonométrica para encontrar la solución de la integral.

Ejemplo:

$\rm S = \left\{(x,y) \mathrel{|} -1 \leq y \leq 2, y \leq x \leq y^2 \right\}$

$\rm f(x,y) =1$

Integrar:

$ \begin{align} \rm \int_{-1}^2 \int_y^{y^2} dx \, dy &= \rm \int_{-1}^2 [x]_y^{y^2} \, dy = \int_{-1}^2 (y^2 - y) \, dy = \\[1ex] &= \rm \left[ y^3{∕}3 - y^2{∕}2 \right]_{-1}^2 = 8{∕}3 - 2 + 1{∕}3 + 1{∕}2 = 3{∕}2 \end{align} $

Como $\rm f(x,y) = 1$ el resultado de la integral también es el área de $\rm S$.

Ejemplo:

$ \rm \displaystyle \int_1^{\ln 8} \! \int_0^{\ln y} e^{x+y} \, dx \, dy $

$\rm f(x,y) = e^{x+y}$

$\rm S = \{ (x,y) \mathrel{|} 1 \leq y \leq \ln 8, 0 \leq x \leq \ln y \}$

Integrar:

$ \begin{align} \rm \int_1^{\ln 8} \! \int_0^{\ln y} e^{x+y} \, dx \, dy &= \rm \int_{1}^{\ln 8} \left[ e^{x+y} \right]_0^{\ln y} \, dy = \int_1^{\ln 8} \left( e^{\ln y \, + \, y} - e^y \right) \, dy = \\[1ex] &= \rm \int_1^{\ln 8} e^y \left( e^{\ln y} - 1 \right) \, dy = \int_1^{\ln 8} e^y (y-1) \, dy \end{align} $

Integrando por partes:

$\rm \displaystyle \int u \cdot dv = u \cdot v - \int v \cdot du$

$\rm u = (y - 1) \enspace \Rightarrow \enspace du = dy$

$\rm dv = e^y \, dy \enspace \Rightarrow \enspace v = e^y$

$\rm \displaystyle \int e^y (y - 1) \, dy = (y - 1) e^y - \int e^y \, dy = (y - 1) e^y - e^y = e^y (y - 2)$

Por tanto:

$ \rm \displaystyle \int_1^{\ln 8} e^y (y-1) \, dy = \left[ e^y (y-2) \right]_1^{\ln 8} = 8(\ln 8 - 2) + e = 8 \ln 8 - 16 + e $

Ejemplo:

$ \rm \displaystyle \iint_S f = \int_0^π \int_x^π \dfrac{\sin y}{y} \, dy \, dx $

$\rm f = \dfrac{\sin y}{y}$

$\rm S = \{(x,y) \mathrel{|} 0 \leq x \leq π , x \leq y \leq π\}$

Por tanto también:

$\rm S = \{(x,y) \mathrel{|} 0 \leq y \leq π, 0 \leq x \leq y \}$

Integración:

$ \begin{align} \rm \int_0^π \int_x^π \dfrac{\sin y}{y} \, dy \, dx &= \rm \int_0^π \int_0^y \dfrac{\sin y}{y} \, dx \, dy = \int_0^π \left[ \dfrac{x \sin y}{y} \right]_0^y \, dy = \\[1ex] &= \rm \int_0^π \sin y \, dy = [ -\cos y ]_0^π = -\cos π + \cos 0 = 2 \end{align} $

La ventaja aquí está en que con el cambio la nueva integral es de resolución sencilla.

Ejemplo:

$ \rm \displaystyle \iint_S F = \int_0^2 \! \int_1^{e^x} dy \, dx $

$\rm f(x,y) = 1$

$\rm S = \{(x,y) \mathrel{|} 0 \leq x \leq 2, 1 \leq y \leq e^x \}$

Así que también:

$\rm S = \{(x,y) \mathrel{|} 1 \leq y \leq e^2, \ln y \leq x \leq 2\}$

Integrando:

$ \begin{align} \rm \iint_S f &= \rm \int_0^2 \int_1^{e^x} dy \, dx = \int_0^2 [y]_1^{e^x} \, dx = \int_0^2 (e^x - 1) \, dx = \\[1ex] &= \rm \left[ e^x - x \right]_0^2 = e^2 - 2 - 1 = e^2 - 3 \end{align} $

ó

$ \rm \displaystyle \iint_S f = \int_1^{e^2} \! \int_{\ln y}^2 dx \, dy = \int_1^{e^2} [x]_{\ln y}^2 \, dy = \int_1^{e^2} (2 - \ln y) \, dy $

La integral del logaritmo se resuelve por partes:

$\rm \displaystyle \int \ln y \, dy$

$\rm \displaystyle \int u \cdot dv = u \cdot v - \int v \cdot du$

$\rm u = \ln y \enspace \Rightarrow \enspace du = (1{∕}y) \, dy$

$\rm dv = dy \enspace \Rightarrow \enspace v = y$

Sustituyendo:

$ \rm \displaystyle \int \ln y \, dy = y \cdot \ln y - \int y \cdot (1{∕}y) \, dy = y \cdot \ln y - \int dy = y \cdot \ln y - y $

Por tanto:

$ \begin{align} \rm \int_1^{e^2} (2 - \ln y) \, dy &= \rm [2y - y \ln y + y ]_1^{e^2} = \\[1ex] &= \rm \cancel{2e^2} \! - \! \cancel{e^2 \ln e^2} \! + e^2 - 2 + \! \cancelto{0}{\ln 1 \,} \!\! - 1 = e^2 - 3 \end{align} $

Así pues, es mejor la primera manera de calcular la integral sobre $\rm S$. La segunda no supone ningún beneficio (es más laboriosa).

Ejemplo:

$ \rm \displaystyle \iint_S f = \int_0^2 \int_0^{4-x^2} \dfrac{x e^{2y}}{4-y} \, dy \, dx $

Por tanto:

$\rm f(x,y) = \dfrac{x e^{2y}}{4-y}$

$\rm S = \left\{ (x,y) \mathrel{|} 0 \leq x \leq 2, 0 \leq y \leq 4 - x^2 \right\}$

Así pues también:

$\rm S = \left\{ (x,y) \mathrel{|} 0 \leq y \leq 4, 0 \leq x \leq \sqrt{4-y} \right\}$

Si se invierte el orden de de integración puede resolverse de forma sencilla la integral:

$ \begin{align} \rm \int_0^2 \int_0^{4-x^2} \dfrac{xe^{2y}}{4-y} \, dy \, dx &= \rm \int_0^4 \int_0^{\sqrt{4-y}} \dfrac{xe^{2y}}{4-y} \, dx \, dy = \\[1ex] &= \rm \int_0^4 \left[ \dfrac{x^2 e^{2y}}{2(4-y)} \right]_0^{\sqrt{4-y}} \, dy = \\[1ex] &= \rm \int_0^4 \biggl( \dfrac{\cancel{(4-y)} e^{2y}}{2 \cancel{(4-y)}} - 0 \biggr) = \int_0^4 \dfrac{e^{2y}}{2} \, dy = \\[1ex] &= \rm \left[ \dfrac{e^{2y}}{4} \right]_0^4 = \dfrac{e^8}{4} - \dfrac{1}{4} = \dfrac{e^8 - 1}{4} \end{align} $

Ejemplo:

Calcular el área de la región del plano delimitada por el eje "$\rm y$", y las rectas $\rm y = 2x$ é $\rm y = 4$.

Superficie:

$\rm S = \{(x,y) \mathrel{|} 0 \leq x \leq 2, 2x \leq y \leq 4 \} = \{ (x,y) \mathrel{|} 0 \leq y \leq 4, 0 \leq x \leq y{∕}2 \}$

Área:

$ \begin{align} \rm A &= \rm \int_0^2 \int_{2x}^4 dy \, dx = \int_0^2 [y]_{2x}^4 \, dx = \int_0^2 (4 - 2x) \, dx = \\[1ex] &= \rm [ 4x - x^2 ]_0^2 = 8 - 4 = 4 \end{align} $

Al revés:

$ \rm \displaystyle A = \int_0^4 \int_0^{y∕2} dx \, dy = \int_0^4 [x]_0^{y∕2} \, dy = \int_0^4 \dfrac{y}{2} \, dy = \left[ \dfrac{y^2}{4} \right]_0^4 = 4 $

Ejemplo:

$\rm W = [1,2] \times [-1,1] \times [0,1]$

$\rm W \rightarrow$ rectángulo tridimensional

$\rm W = \{ (x,y,z) \mathrel{|} 1 \leq x \leq 2, -1 \leq y \leq 1, 0 \leq z \leq 1 \}$

$\rm f(x,y,z) = 2x + 3y + z$

Siendo aquí el orden de integración indiferente, por tanto:

$ \begin{align} \rm \iiint_W f &= \rm \int_1^2 \int_{-1}^1 \int_0^1 (2x+3y+z) \, dz \, dy \, dx = \\[1ex] &= \rm \int_1^2 \int_{-1}^1 \left[ 2xz + 3yz + z^2{∕}2 \right]_0^1 \, dy \, dx = \\[1ex] &= \rm \int_1^2 \int_{-1}^1 (2x + 3y + 1{∕}2) \, dy \, dx = \\[1ex] &= \rm \int_1^2 \left[ 2xy + 3y^2{∕}2 + y{∕}2 \right]_{-1}^1 \, dx = \\[1ex] &= \rm \int_1^2 (2x + \cancel{3{∕}2} + 1{∕}2 + 2x - \cancel{3{∕}2} + 1{∕}2 ) \, dx = \\[1ex] &= \rm \int_1^2 (4x+1) \, dx = \left[ 2x^2 + x \right]_1^2 = 8 + 2 - 2 - 1 = 7 \end{align} $

Ejemplo:

$ \rm \displaystyle \iiint_W f = \int_0^1 \int_0^x \int_0^y (y+xz) \, dz \, dy \, dx $

$\rm f(x,y,z) = y + xz$

$\rm W = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \mathrel{|} 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq x, 0 \leq z \leq y \}$

$ \begin{align} \rm \iiint_W f &= \rm \int_0^1 \int_0^x \int_0^y (y+xz) \, dz \, dy \, dx = \int_0^1 \int_0^x \left[ yz +xz^2{∕}2 \right]_0^y \, dy \, dx = \\[1ex] &\rm = \int_0^1 \int_0^x (y^2 + xy^2{∕}2) \, dy \, dx = \int_0^1 \left[ y^3{∕}3 + xy^{3}{∕}6 \right]_0^x \, dy = \\[1ex] &= \rm \int_0^1 (x^3{∕}3 + x^4{∕}6) \, dx = \left[ x^4{∕}12 + x^5{∕}30 \right]_0^1 = \\[1ex] &= 1{∕}12 + 1{∕}30 = 7{∕}60 \end{align} $

Ejemplo:

$\rm W$ es la región limitada por los planos $\rm x = 0, y = 0, z = 0, x + y + z = 1$.

$\rm W = \{ (x,y,z) \mathrel{|} 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1 - x, 0 \leq z \leq 1 - x - y \}$

El volumen para $\rm W$ es:

$ \begin{align} \rm V &= \rm \int_0^1 \int_0^{1-x} \int_0^{1-x-y} 1 \, dz \, dy \, dx = \int_0^1 \int_0^{1-x} [z]_0^{1-x-y} \, dy \, dx = \\[1ex] &= \rm \int_0^1 \int_0^{1-x} (1-x-y) \, dy \, dx = \int_0^1 \left[ y - xy - y^2{∕}2 \right]_0^{1-x} \, dx = \\[1ex] &= \rm \int_0^1 \left( 1 - x - x + x^2 - (1-x)^2{∕}2 \right) \, dx = \\[1ex] &= \rm \int_0^1 \left( 1 - 2x + x^2 - \dfrac{1-2x+x^2}{2} \right) \, dx = \int_0^1 \left( 1{∕}2 - x + x^2{∕}2 \right) \, dx \\[1ex] &= \rm \left[ x{∕}2 - x^2{∕}2 + x^3{∕}6 \right]_0^1 = \! \cancel{1{∕}2} - \cancel{1{∕}2} + 1{∕}6 = 1{∕}6 \end{align} $

Ejemplo:

Calcular el volumen de la región delimitada por el paraboloide $\rm z = x^2 + y^2$, los planos de coordenadas y el plano paralelo al eje $\rm z$ que contiene la recta $\rm x + y = 1$.

$\rm W = \left\{ (x,y,z) \mathrel{|} 0 \leq y \leq 1, 0 \leq x \leq 1-y, 0 \leq z \leq x^2 + y^2 \right\}$

Cálculo del volumen:

$ \begin{align} \rm \text{Vol} &= \rm \iiint_W 1 = \int_0^1 \int_0^{1-y} \int_0^{x^2+y^2} 1 \, dz \, dx \, dy = \int_0^1 \int_0^{1-y} [z]_0^{x^2+y^2} \, dx \, dy = \\[1ex] &= \rm \int_0^1 \int_0^{1-y} (x^2 + y^2) \, dx \, dy = \int_0^1 [x^3/3 + xy^2]_0^{1-y} \, dy = \\[1ex] &= \rm \int_0^1 \left( (1-y)^3{∕}3 + (1-y)y^2 \right) \, dy = \int_0^1 \left( (1-y)^3{∕}3 + y^2 - y^3 \right) \, dy = \\[1ex] &= \rm \left[ -(1-y)^4{∕}12 + y^3{∕}3 - y^4{∕}4 \right]_0^1 = 1{∕}3 - 1{∕}4 + 1{∕}12 = 1{∕}6 \end{align} $