Este es el primero de cuatro apuntes sobre integrales triples. Arranca donde terminó la unidad de integrales dobles, y la buena noticia es que casi todo lo que sigue ya lo sabés: una integral triple se resuelve haciendo una integral simple y después una integral doble.
Lo nuevo es un solo paso, y es el que decide todo el ejercicio: pasar del sólido del espacio a los seis límites de la integral iterada. Eso se hace con un dibujo y un procedimiento fijo de cuatro movimientos.
Al terminar vas a poder:
Explicar qué mide una integral triple y por qué \(f \equiv 1\) da el volumen.
Escribir los seis límites a partir del sólido y de su proyección.
Elegir sobre qué plano conviene proyectar, y reconocer cuándo la elección cambia todo.
Plantear un mismo volumen en los tres órdenes de integración.
La construcción es la misma de siempre, con una dimensión más. Para la integral doble partíamos una región del plano en rectangulitos de área \(\Delta A\). Ahora partimos un sólido del espacio en celdas de volumen \(\Delta V\), con planos paralelos a los planos coordenados.
ΔVk = Δxk · Δyk · Δzk: el volumen de la celda k-ésima
En cada celda elegimos un punto \((x_k,y_k,z_k)\), evaluamos \(f\) ahí y sumamos:
Acá hay una diferencia con las dobles que conviene tener clara. La integral doble de una función positiva era un volumen: se podía dibujar. La integral triple de una función positiva sería un "hipervolumen" en cuatro dimensiones, que no se dibuja. Así que la interpretación geométrica se pierde… salvo en un caso.
Ese caso es el que más se usa, y es el que va a ocupar casi todos los ejemplos. Cuando \(f\) no es constante, la integral triple sigue teniendo sentido físico —masa de un sólido de densidad variable, valor promedio de una temperatura— pero ya no se dibuja.
Gema
Ojo con el paralelo: en dobles, \(f \equiv 1\) daba el área de la región plana. En triples, \(f \equiv 1\) da el volumen del sólido. En los dos casos la integral mide la medida del dominio, que sube un escalón cada vez.
Las propiedades son las mismas y se usan sin pensarlas:
Y la que más se usa en la práctica: si el sólido se parte en dos pedazos que no se superponen, la integral se parte con ellos.
Como siempre, la definición no sirve para calcular. El que convierte la integral triple en una cuenta hacible es Fubini, ahora con tres integrales encadenadas.
Mirá bien la estructura de esos límites, porque es toda la clave del apunte:
| Integral | Límites | De dónde salen |
|---|---|---|
| La de adentro, en \(z\) | Dos funciones de \(x\) e \(y\) | Del sólido: piso y techo |
| La del medio, en \(y\) | Dos funciones de \(x\) | De la proyección del sólido |
| La de afuera, en \(x\) | Dos números | De la proyección del sólido |
O sea: la primera integración se come la \(z\) y deja una integral doble sobre la sombra del sólido. Las dos de afuera son exactamente el problema de la unidad anterior. Por eso decíamos que casi todo ya lo sabés.
Este es el procedimiento, y son siempre los mismos cuatro movimientos. Lo escribo para el orden \(dz\,dy\,dx\), que es el más común; para los otros órdenes es idéntico cambiando los nombres de los ejes.
Uno del sólido \(D\) en el espacio, y otro de su proyección \(R\) sobre el plano \(xy\): la sombra que deja si lo iluminás desde arriba. Los dos dibujos por separado, no uno solo: el segundo es un dibujo plano y se lee mucho mejor solo.
Tomá un punto \((x,y)\) cualquiera de \(R\) y trazá la recta \(M\) paralela al eje \(z\) que pasa por ahí. Subiendo, \(M\) entra al sólido por una superficie y sale por otra. Esas dos superficies, despejadas como \(z = \ldots\), son los límites.
$$ f_1(x,y) \leq z \leq f_2(x,y) $$La recta M entra al sólido por el piso y sale por el techo: esos son los límites de z
Olvidate del sólido. En \(R\), trazá una recta \(L\) paralela al eje \(y\). Entra por una curva y sale por otra, las dos escritas como \(y = \ldots\).
$$ g_1(x) \leq y \leq g_2(x) $$Elegí los dos números que cubren todas las rectas \(L\) posibles, o sea la proyección de \(R\) sobre el eje \(x\).
$$ a \leq x \leq b $$El segundo dibujo: la proyección R, con los pasos 3 y 4 que ya son los de integrales dobles
Juntando los cuatro pasos, la integral queda armada:
Elvira
La regla de los límites no cambió: los de afuera son números, los del medio pueden traer la variable de afuera, y los de adentro pueden traer las dos. Si te queda una \(z\) en un límite de \(y\), volvé al dibujo.
El procedimiento anterior proyecta sobre el plano \(xy\), pero eso fue una elección, no una obligación. Hay tres planos disponibles y, con cada uno, seis órdenes posibles de integración.
| Se proyecta sobre | Se integra primero en | El orden queda |
|---|---|---|
| El plano \(xy\) | \(z\) | \(dz\,dy\,dx\) ó \(dz\,dx\,dy\) |
| El plano \(xz\) | \(y\) | \(dy\,dz\,dx\) ó \(dy\,dx\,dz\) |
| El plano \(yz\) | \(x\) | \(dx\,dz\,dy\) ó \(dx\,dy\,dz\) |
La regla para acordarse: la proyección vive en el plano de las dos últimas variables del orden de integración. Si integrás \(dz\,dy\,dx\), las dos últimas son \(y\) y \(x\): la proyección va en el plano \(xy\).
Y la elección importa de verdad. En el Ejemplo 3 vas a ver el mismo sólido proyectado de dos maneras: una lleva a una integral que no sale, y la otra a una que se resuelve en tres líneas.
Elegir el plano de proyección para \(\iiint_{D} f\,dV\)
Probá con la vertical. ¿Toda recta paralela al eje \(z\) que atraviesa el sólido entra una sola vez y sale una sola vez?
Proyectá sobre el plano \(xy\) y dibujá la sombra \(R\). Esa región es la que va a llevar las dos integrales de afuera.
Mirá la sombra. ¿\(R\) es una región cómoda: un disco, un rectángulo, algo entre dos curvas conocidas?
Listo: orden \(dz\,dy\,dx\). Integrás en \(z\) y lo que queda es una integral doble sobre \(R\).
Cambiá de dirección. ¿Se despeja el sólido entre dos superficies \(y = h_1(x,z)\) y \(y = h_2(x,z)\), o entre dos \(x = \ldots\)?
Proyectá sobre ese otro plano. Con \(y\) primero la sombra va en el plano \(xz\); con \(x\) primero, en el plano \(yz\).
Es exactamente lo que salva al Ejemplo 3: sobre \(xy\) la integral es impracticable y sobre \(xz\) sale sola.
Partí el sólido. Si en ninguna de las tres direcciones hay una entrada y una salida únicas, el sólido se corta en pedazos y se suman las integrales.
Calcular \(\displaystyle\iiint_{D} z\,dV\), donde \(D\) es el tetraedro limitado por los planos \(x=0\), \(y=0\), \(z=0\) y \(x+y+z=1\).
El techo es el plano x + y + z = 1 y el piso es z = 0
La recta vertical entra por el plano \(z=0\) y sale por \(x+y+z=1\), despejado como \(z = 1-x-y\).
$$ 0 \leq z \leq 1-x-y $$La sombra sobre el plano \(xy\) es el triángulo que el techo recorta al llegar al piso: \(1-x-y = 0\), junto con \(x \geq 0\) e \(y \geq 0\).
La sombra del tetraedro sobre el plano xy
En el triángulo, la recta \(L\) entra por \(y=0\) y sale por \(y = 1-x\); y \(x\) recorre de \(0\) a \(1\).
$$ \iiint_{D} z\,dV = \int_0^1 \int_0^{1-x} \int_0^{1-x-y} z\,dz\,dy\,dx $$Con \(x\) e \(y\) constantes, la primitiva de \(z\) es \(\frac{z^2}{2}\).
$$ \int_0^{1-x-y} z\,dz = \frac{z^2}{2}\Bigg|_0^{1-x-y} = \frac{(1-x-y)^2}{2} $$Sustituyendo mentalmente \(u = 1-x-y\), la primitiva es \(-\frac{(1-x-y)^3}{6}\), y en \(y = 1-x\) el paréntesis se anula.
$$ \int_0^{1-x} \frac{(1-x-y)^2}{2}\,dy = \frac{(1-x)^3}{6} $$Interpretación. Como \(f = z \geq 0\) en el sólido, el resultado tenía que dar positivo. El número es chico porque el tetraedro tiene volumen \(\frac16\) y ahí adentro \(z\) nunca pasa de \(1\): el promedio de \(z\) sobre el sólido es \(\frac{1/24}{1/6} = \frac14\), coherente con un sólido que se afina hacia arriba.
$$\boxed{\iiint_{D} z\,dV = \frac{1}{24}}$$Plantear en los tres órdenes distintos el volumen del sólido limitado por el cilindro \(y = x^2\) y los planos \(z=0\), \(z=4\) e \(y=9\). Resolverlo en uno de ellos.
Un canal parabólico: dos tapas planas y una pared curva
\(y=x^2\) no tiene \(z\): en el espacio es un cilindro parabólico, una pared curva. Junto con \(y=9\) forma un canal, y los planos \(z=0\) y \(z=4\) le ponen tapa y piso.
La vertical entra en \(z=0\) y sale en \(z=4\), siempre. La sombra es la región entre la parábola y la recta \(y=9\), que se cortan en \(x=\pm3\).
$$ V = \int_{-3}^{3} \int_{x^2}^{9} \int_0^{4} dz\,dy\,dx $$Sombra sobre xy: la región entre la parábola y la recta
Ahora la recta va paralela al eje \(y\): entra por el cilindro \(y=x^2\) y sale por el plano \(y=9\). La sombra sobre \(xz\) es el rectángulo \([-3,3] \times [0,4]\).
$$ V = \int_{-3}^{3} \int_0^{4} \int_{x^2}^{9} dy\,dz\,dx $$La recta paralela al eje \(x\) atraviesa el canal de lado a lado: entra en \(x=-\sqrt{y}\) y sale en \(x=\sqrt{y}\). La sombra sobre \(yz\) es el rectángulo \([0,9] \times [0,4]\).
$$ V = \int_0^{4} \int_0^{9} \int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}} dx\,dy\,dz $$Sombra sobre yz: un rectángulo, la proyección más simple de las tres
Elegimos el que deja la integral interior más corta: \(\int_{x^2}^{9} dy = 9-x^2\).
$$ V = \int_{-3}^{3} \int_0^{4} (9-x^2)\,dz\,dx = \int_{-3}^{3} 4\,(9-x^2)\,dx $$El integrando es par y el intervalo simétrico, así que integramos en \([0,3]\) y duplicamos.
$$ V = 8 \int_0^{3} (9-x^2)\,dx = 8\left( 9x - \frac{x^3}{3} \right)\Bigg|_0^3 = 8(27-9) $$Interpretación. Los tres planteos dan lo mismo, pero no cuestan lo mismo: el primero deja una parábola en un límite interior, el tercero una raíz. El segundo es el más corto. La sección transversal del canal tiene área \(36\) y la altura es \(4\):
$$\boxed{V = 144\;u^3}$$
Gema
Truco para elegir rápido: mirá cuál de las tres sombras es un rectángulo. Si alguna lo es, ese orden va a ser el más corto casi seguro, porque las dos integrales de afuera quedan con límites numéricos.
Calcular \(\displaystyle\iiint_{D} \sqrt{x^2+z^2}\,dV\), donde \(D\) es la región acotada por el paraboloide \(y = x^2+z^2\) y el plano \(y=4\).
El paraboloide abre sobre el eje y; el plano y = 4 lo cierra en un disco de radio 2
De \(y = x^2+z^2\) despejamos \(z = \pm\sqrt{y-x^2}\), así que la recta vertical entra y sale por las dos mitades del paraboloide. La sombra sobre \(xy\) es la región parabólica \(x^2 \leq y \leq 4\).
$$ \int_{-2}^{2} \int_{x^2}^{4} \int_{-\sqrt{y-x^2}}^{\sqrt{y-x^2}} \sqrt{x^2+z^2}\,dz\,dy\,dx $$Esa integral interior, \(\int \sqrt{x^2+z^2}\,dz\) entre dos raíces, es impracticable a mano. El planteo es correcto pero no sirve. Volvemos al dibujo.
Mirando el sólido de frente, la recta paralela al eje \(y\) entra por el paraboloide y sale por el plano \(y=4\): una entrada y una salida, limpias.
$$ x^2+z^2 \leq y \leq 4 $$Es lo que el plano \(y=4\) recorta en el paraboloide: \(x^2+z^2 = 4\), o sea el disco de radio 2 del plano \(xz\).
$$ \iiint_{D} \sqrt{x^2+z^2}\,dV = \int_{-2}^{2} \int_{-\sqrt{4-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}} \int_{x^2+z^2}^{4} \sqrt{x^2+z^2}\,dy\,dz\,dx $$Sobre xz la sombra es un disco: pide polares a gritos
El integrando no depende de \(y\), así que la integral interior lo multiplica por la longitud del segmento.
$$ = \iint_{R} \left( 4 - x^2 - z^2 \right) \sqrt{x^2+z^2}\;dA $$Es una integral doble sobre un disco: exactamente lo del apunte anterior, con \(x = r\cos\theta\), \(z = r\sin\theta\) y \(dA = r\,dr\,d\theta\).
$$ = \int_0^{2\pi} \int_0^{2} (4-r^2)\,r \cdot r\,dr\,d\theta = \int_0^{2\pi} \int_0^{2} \left( 4r^2 - r^4 \right) dr\,d\theta $$Interpretación. La misma integral, con el mismo sólido, pasó de imposible a rutinaria por cambiar el plano de proyección. Y fijate que el paso final ni siquiera es de esta unidad: es una integral doble en polares.
$$\boxed{\iiint_{D} \sqrt{x^2+z^2}\,dV = \frac{128\pi}{15}}$$Error: escribir los límites en el orden equivocado, como \(\int_0^1 \int_0^{1-x-y} \int_0^{1-x} dz\,dy\,dx\) en el Ejemplo 1.
Correcto: el límite más interno corresponde al primer diferencial. Con \(dz\,dy\,dx\), los de \(z\) van pegados a la integral de más adentro. Un límite con \(y\) en la integral de \(y\) es señal de que se mezclaron.
Error: tratar \(y = x^2\) como una parábola del plano y buscarle un "techo" en \(z\).
Correcto: una ecuación a la que le falta una variable es una superficie cilíndrica en la dirección de esa variable. \(y=x^2\) en el espacio es una pared curva infinita en \(z\): aporta un borde de la proyección, no un límite de \(z\).
Error: proyectar sobre el plano \(xy\) siempre, por costumbre, sin mirar si conviene.
Correcto: hay tres planos y seis órdenes. En el Ejemplo 3 la proyección sobre \(xy\) da una integral que no se puede resolver a mano, y la de \(xz\) la resuelve en tres líneas. Antes de integrar, probá mentalmente las tres direcciones.
Error: olvidar que la recta \(M\) tiene que entrar y salir una sola vez, y plantear una única integral en un sólido donde eso no pasa.
Correcto: si la vertical entra, sale, vuelve a entrar y vuelve a salir, hay que partir el sólido. Es la propiedad \(D = D_1 \cup D_2\), y se detecta moviendo la recta por toda la proyección, no mirando un solo punto.
Error: dar por terminado un ejercicio de volumen cuando el resultado da negativo, o cero.
Correcto: \(\iiint_{D} dV\) es una suma de volúmenes de celdas: no puede dar negativo. Si te da, están invertidos los límites de alguna de las tres integrales, o el techo se puso donde iba el piso.
Con \(f \equiv 1\) el resultado es el volumen de \(D\).
| Paso | Dónde se mira | Qué da |
|---|---|---|
| 1 | El sólido \(D\) y su sombra \(R\) | Los dos dibujos |
| 2 | La recta \(M\), vertical, sobre \(D\) | Los límites de \(z\): dos superficies |
| 3 | La recta \(L\), en el dibujo plano | Los límites de \(y\): dos curvas |
| 4 | La sombra de \(R\) sobre el eje | Los límites de \(x\): dos números |
La primera integración deja una integral doble sobre la sombra. De ahí en más, es la unidad anterior.
La proyección vive en el plano de las dos últimas variables del orden.
Una ecuación sin una variable es una pared cilíndrica: define la sombra, no la altura.
Si la recta entra y sale más de una vez, el sólido se parte.
Elvira y Gema
Todos los ejemplos de este apunte se resolvieron en cartesianas y alguno ya pidió polares a gritos. En el próximo aparecen las cilíndricas, que son exactamente eso: polares en la sombra, y la \(z\) sin tocar.
El integrando no depende de \(y\): la integral interior lo multiplica por la longitud del intervalo.
$$ \int_0^{x+z} 6xz\,dy = 6xz\,(x+z) = 6x^2 z + 6xz^2 $$Resultado: $$\boxed{1}$$
Verificación. En todo el dominio \(x\) y \(z\) son positivos, así que \(6xz \geq 0\) y el resultado tenía que dar positivo. Notá que los tres límites usan variables de afuera, y aun así la de más afuera es numérica: la estructura es correcta.
\(\int_0^{\pi}\sin y\,dy = -\cos y\big|_0^{\pi} = 1+1 = 2\).
$$ \int_0^{\pi} x(1-x)\sin y\,dy = 2x(1-x) $$Resultado: $$\boxed{-\frac{80}{3}}$$
Verificación. El signo negativo es correcto y viene de los límites, no de la función: para \(x>1\) el límite superior \(1-x\) es menor que el inferior \(0\), así que esa integral en \(z\) aporta negativo. Como \(x\) llega hasta \(4\), ese tramo domina. No es un volumen: es una integral iterada, y nada obliga a que dé positivo.
El segundo plano no tiene \(x\), pero sí tiene \(z\): se despeja y es el techo.
$$ z = 4\left( 1 - \frac{y}{9} \right) $$El techo llega al piso \(z=0\) cuando \(y=9\). Con la pared \(y=x^2\), la sombra sobre \(xy\) es la misma región del Ejemplo 2.
$$ -3 \leq x \leq 3, \qquad x^2 \leq y \leq 9 $$El integrando es par, así que vale el doble de \([0,3]\).
$$ V = 2\int_0^3 \left( 18 - 4x^2 + \frac{2x^4}{9} \right) dx = 2\left( 54 - 36 + \frac{54}{5} \right) $$Resultado: $$\boxed{V = \frac{288}{5}\;u^3 = 57{,}6\;u^3}$$
Verificación. Es el mismo canal del Ejemplo 2 pero con el techo inclinado en vez de plano: baja de \(4\) en \(y=0\) a \(0\) en \(y=9\). Tiene que dar menos que los \(144\) de allá, y da bastante menos porque el techo se apoya justo sobre la parte más ancha del canal.
\(x^2+y^2=9\) no tiene \(z\): es la pared, un cilindro circular. Los otros dos se despejan como \(z = 5-y\) y \(z=1\): son techo y piso.
En el disco \(x^2+y^2\leq9\) vale \(-3 \leq y \leq 3\), o sea \(5-y \geq 2 > 1\). El techo es el plano inclinado en todo el disco.
$$ 1 \leq z \leq 5-y $$La sombra es el disco \(R\) de radio \(3\), y queda una integral doble.
$$ V = \iint_{R} \big( (5-y) - 1 \big)\,dA = \iint_{R} (4-y)\,dA $$El disco es simétrico respecto del eje \(x\) y la función \(y\) es impar en \(y\): esa parte se cancela sin calcular nada.
$$ V = 4\iint_{R} dA - \iint_{R} y\,dA = 4 \cdot \text{área}(R) - 0 $$Resultado: $$\boxed{V = 36\pi\;u^3 \approx 113{,}1\;u^3}$$
Verificación. La altura del sólido va de \(2\) (en \(y=3\)) a \(8\) (en \(y=-3\)), con promedio \(4\). Por el área de la base, \(9\pi\), da \(36\pi\): el atajo por simetría no fue más que calcular ese promedio de un plumazo.
En el origen la primera vale \(0\) y la segunda \(12\): el techo es \(z = 12-2x^2-2y^2\).
$$ x^2+y^2 \leq z \leq 12-2x^2-2y^2 $$Las dos superficies se cortan donde el sólido tiene espesor cero.
$$ x^2+y^2 = 12-2x^2-2y^2 \;\Rightarrow\; 3(x^2+y^2) = 12 \;\Rightarrow\; x^2+y^2 = 4 $$Con \(x \geq 0\) e \(y \geq 0\) la sombra es el cuarto de disco de radio \(2\).
$$ 0 \leq x \leq 2, \qquad 0 \leq y \leq \sqrt{4-x^2} $$Resultado: $$\boxed{V = \int_0^{2} \int_0^{\sqrt{4-x^2}} \int_{x^2+y^2}^{12-2x^2-2y^2} dz\,dy\,dx}$$
Verificación. El enunciado pide plantear, no resolver, y hay un motivo: en cartesianas esa integral doble sobre el cuarto de disco es incómoda. En polares sale en dos líneas y da \(6\pi\). También chequeá el tercer octante mental: \(z\) en el sólido va de \(0\) a \(12\), y el techo es siempre mayor que el piso adentro del disco.
El paraboloide abre hacia abajo con vértice en \((0,0,4)\). El sólido es lo que queda dentro del paraboloide, entre los planos \(z=-2\) y \(z=1\).
Llamando \(u = x^2+y^2\), el paraboloide corta cada plano donde \(4-u\) vale \(1\) y \(-2\).
$$ z=1 \;\Rightarrow\; u = 3; \qquad z=-2 \;\Rightarrow\; u = 6 $$Sobre la parte central de la sombra (\(u \leq 3\)) el techo es el plano \(z=1\); sobre el anillo (\(3 \leq u \leq 6\)) el techo es el paraboloide.
$$ V = \iint_{x^2+y^2 \leq 3} \int_{-2}^{1} dz\,dA \;+\; \iint_{3 \leq x^2+y^2 \leq 6} \int_{-2}^{4-x^2-y^2} dz\,dA $$Tomamos el cilindro entero de radio \(\sqrt{6}\) entre los dos planos y le sacamos lo que sobresale del paraboloide.
$$ V = \iint_{x^2+y^2 \leq 6} \int_{-2}^{1} dz\,dA \;-\; \iint_{3 \leq x^2+y^2 \leq 6} \int_{4-x^2-y^2}^{1} dz\,dA $$El truco es rebanar en \(z\) en vez de en \(x\) e \(y\). Para cada altura fija, la sección es el disco \(x^2+y^2 \leq 4-z\), y eso vale para todo \(z\) entre \(-2\) y \(1\), sin casos.
$$ V = \int_{-2}^{1} \int_{-\sqrt{4-z}}^{\sqrt{4-z}} \int_{-\sqrt{4-z-y^2}}^{\sqrt{4-z-y^2}} dx\,dy\,dz $$Con el orden de c), la integral doble interior es el área de un disco de radio \(\sqrt{4-z}\), o sea \(\pi(4-z)\).
$$ V = \int_{-2}^{1} \pi\,(4-z)\,dz = \pi\left( 4z - \frac{z^2}{2} \right)\Bigg|_{-2}^{1} $$Resultado: $$\boxed{V = \frac{27\pi}{2}\;u^3 \approx 42{,}4\;u^3}$$
Verificación. Los tres planteos dan lo mismo. Y el control grueso: el sólido está entre un cilindro de radio \(\sqrt3\) y altura \(3\) (volumen \(9\pi\)) y uno de radio \(\sqrt6\) y la misma altura (volumen \(18\pi\)); \(13{,}5\pi\) cae justo en el medio, como corresponde a un cuerpo que se ensancha hacia abajo.
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