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INTEGRALES DOBLES - blogs.unellez.edu.veblogs.unellez.edu.ve/.../files/2016/04/Integrales-Dobles-y-Triples.pdf · ... el tema de las integrales dobles de una manera corta y ... posteriormente

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  • INTEGRALES DOBLES

    Daniel Restrepo Jimnez

    Estudiante Ingeniera Industrial

    Universidad Tecnolgica de Pereira

    [email protected]

    El presente documento va dirigido a estudiantes de matemticas III que no

    tienen muy buenas bases para este tema, ya que este puede ser complicado,

    y ms si se desconocen algunas tcnicas, as que con este trabajo se espera

    dar a entender el concepto de integral doble, as como su tratamiento y fcil

    manejo.

    El documento estar conformado por un repaso de integral simple definida,

    el concepto de integral doble, ejemplos y algunos consejos. Los nicos

    requerimientos sern el repaso de las tcnicas de integracin y una buena

    disposicin para trabajar el tema.

    No se tratarn integrales dobles en coordenadas polares.

    mailto:[email protected]
  • Integrales Dobles

    Para el tratamiento del concepto geomtrico de integral doble, primero se

    debe hacer un breve repaso acerca de integral simple definida o rea bajo la

    curva.

    Entonces, supongamos que tenemos una funcin ( ) , la cual es

    continua en el intervalo [a, b]. La integral definida de la funcin ( ) en el

    intervalo [a, b] se da de esta manera:

  • Donde:

    i. Se divide [a, b] en n partes iguales.

    ii. El rectngulo con base , y altura ( ), tendr el

    nombre de rectngulo tpico.

    iii. El rea del rectngulo tpico estar definida por:

    ( ) ( ) ( ) ( )

    iv. Una buena aproximacin del rea limitada por las rectas

    y la curva ( ), es:

    Que por sumas de Riemann sera:

    ( )( )

    Con esto ya tenemos lista la integral definida:

    ( )

    La cual es equivalente a la suma de Riemann.

  • Ejemplo:

    Hallar el rea encerrada por ( ) el eje x, entre

    La integral queda as:

    ( )

    ( )

    ( ) [ ( )]

    El rea encerrada es igual a 2 unidades cuadradas

    Ahora, si extendemos el concepto de integral definida a una dimensin

    adicional, obtenemos una integral doble, la cual ya no hallar reas, sino

    volmenes, y ya no usaremos rectngulos tpicos sino paraleleppedos.

    Para la integral simple, se requera que la funcin estuviera definida en un

    intervalo cerrado del conjunto de los nmeros reales, para la integral doble,

    la funcin de dos variables estar definida en una regin cerrada en .

  • Tenemos a ( ) continua en el rectngulo = [a, b] x [c, d], el rectngulo

    se divide en subrectngulos, los cuales tienen por rea ( )( ).

    La altura cada paraleleppedo es ( ), por lo cual su volumen es

    ( )( )( )

    La suma de Riemann correspondiente sera ( )( )( )

    equivalente a la suma de los volmenes de los paraleleppedos, obteniendo

    as la integral doble de ( ) en el rectngulo :

    ( )

    Cuando proyectamos una funcin ( ) en el plano xy y obtenemos un

    rectngulo de esta manera:

    y

    xa b

    c

    d

  • Podemos hallar los lmites de integracin directamente:

    ( ) ( )

    Este es el teorema de Fubini, aplicado para el cambio en el orden de

    integracin de funciones de varias variables, pero se debe tener una cosa en

    cuenta: este teorema nicamente es aplicable en regiones rectangulares, en

    las cuales los lmites de integracin son valores constantes, luego se

    trabajarn regiones mas generales y limites que incluyen variables.

    El proceso para resolver integrales de mas variables, es el mismo proceso

    usado para resolver derivadas parciales, dejar una variable como constante y

    trabajar con la otra, es decir, si voy a integrar respecto a , debo tomar a

    como constante.

    Ejemplo:

    Evaluar la integral doble:

    , R= [1, 3] x [-1, 2]

    Entonces, los lmites de integracin los podemos tratar de dos maneras:

    Primero vamos a utilizar el orden , utilizando primero a como

    constante, luego a :

  • [

    ]

    [ ]

    Ahora utilizaremos la segunda forma, entonces manejaremos primero a

    como constante y luego a :

    [

    ]

    32 unidades cbicas es el resultado de la integral anterior, como se acaba de

    mostrar, en regiones rectangulares, el orden de integracin se puede

    acomodar como se desee, buscando siempre resolver una integral

    posiblemente ms sencilla.

  • Ahora, trataremos integrales dobles sobre regiones no rectangulares, es

    decir, mas generales, con curvas y otra clase de comportamiento. Aqu,

    algunos de los lmites de integracin se presentaran como funciones de

    alguna de las variables, mientras que los otros se mantendrn como

    constantes.

    Existen dos tipos de integracin en regiones generales:

    TIPO I

    Aqu la integral se trata de esta manera:

    ( ) ( )

    ( )

    ( )

  • TIPO II

    La integral doble es:

    ( ) ( )

    ( )

    ( )

    Ejemplos:

    Evaluar la integral doble:

    |

    |

    Expresar como una integral doble, la medida del volumen del slido

    que se encuentra por arriba del plano xy delimitado por el paraboloide

    elptico y el cilindro

    .

  • El slido requerido se puede dividir en 4 partes iguales, entonces

    hallaremos el volumen de una, y la multiplicaremos por 4.

    La regin R que se integrar esta limitada por los ejes y la elipse:

    La regin R se puede tratar de dos maneras:

    ( )

  • Trabajemos la primera expresin:

    |

    ( )

    ( )

    ( )

    ( )

    ( )

    ( )

    El procedimiento de esta integral es extenso, as que se ir

    directamente al resultado:

    ( )

    |

    El volumen del slido es de unidades cbicas

    Resolver la integral doble:

    La anterior integral no tiene una funcin F(x) primitiva, es decir, que no

    se puede integrar directamente a menos que se utilicen mtodos

    complejos, pero vamos a ver, que si cambiamos el orden de

    integracin la funcin quedar ms fcil de manejar.

  • Tenemos que:

    Y esta segunda expresin se puede integrar fcilmente.

    |

    |

    Como se acaba de ver, si se cambia el orden de integracin puede llegar a ser

    mas fcil resolver una integrar, es mejor buscar unos lmites de integracin

    ms cmodos tambin.

    As termina pues, el tema de las integrales dobles de una manera corta y

    sencilla, posteriormente se dejarn algunos ejercicios resueltos y otros para

    trabajar, xito.

  • No se tratar el tema de integrales dobles en coordenadas polares, pues este

    exige que el documento se extienda mas, y pueden quedar algunas dudas,

    puesto que para trabajar las integrales dobles en dichas coordenadas, hay

    que repasar tambin el tema completo de las coordenadas polares, as que

    este tema quedar de consulta, o pueden buscarme directamente, aqu estn

    mis datos:

    Daniel Restrepo Jimnez

    Estudiante Ingeniera Industrial, Universidad Tecnolgica de Pereira

    Telfono: 3156619210

    Correo: [email protected] [email protected]

    mailto:[email protected]
  • ProblemasresueltosdeintegralesdoblesMatemticasICurso20112012

    45. Calcular, mediante coordenadas cartesianas, las siguientes integrales:

    siendo , , 1, 0

    Observando el dibujo, lo ms cmodo es parametrizar el recinto de la siguiente forma

    As nuestra integral resulta

    1 212

    18

    38

    012

    0 1

  • ProblemasresueltosdeintegralesdoblesMatemticasICurso20112012

    Este valor coincide adems con el rea del recinto (puedes calcularla con las frmulas bsicas de

    clculo de reas de figuras regulares, pues el recinto est formado por un tringulo y un rectngulo);

    pero esto ya lo sabamos, porque una el rea de un recinto es precisamente

    siendo , /0 , 1, 0 Como el recinto es el mismo, parametrizamos de igual forma la integral (slo cambia el integrando)

    Realizamos primero la integral indefinida respecto de la variable calculando una primitiva

    2

    As nuestra integral resulta

    21

    2

    12 1

    12 2 8 5 12

    12 8

    12 5

    1 2 12

    112 15

    113840

  • ProblemasresueltosdeintegralesdoblesMatemticasICurso20112012

    siendo , / 16, , 6 , 0, 1

  • ProblemasresueltosdeintegralesdoblesMatemticasICurso20112012

    En esta ocasin hemos dividido el recinto en dos como se ve en el dibujo para tomar con referencia fija

    la variable , quedando la variable acotada entre dos funciones de . As resultan integrales que se

    pueden resolver. Si hubisemos invertido los papeles de las variables (la entre valores fijos y la

    variable acotada entre funciones de , necesitamos 3 recintos diferentes y las integrales resultantes

    tienen un poco ms de dificultad, pero tambin salen)

    As los recintos parametrizados son:

    As nuestra integral queda:

    12

    12

    12

    6 12

    16

    12 12

    36 12

    256

    12 2 12 36 ln

    | |4

    14

    2564

    12

    272 36ln 2

    34

    14 16 64 3 15 18 ln 2

    1 26

    2 4

  • ProblemasresueltosdeintegralesdoblesMatemticasICurso20112012

    siendo , /1 2, 0 ,

    La parametrizacin del recinto puede ser

    Por tanto esta integral se puede resolver

    2 2

    1 20

  • ProblemasresueltosdeintegralesdoblesMatemticasICurso20112012

    2 1

    212

    12 4

    3 22

    34

    Donde la primitiva de la ltima integral se ha calculado por partes haciendo (puede comprobarlo el

    alumno)

    2 1 siendo , / 1, , 1

  • ProblemasresueltosdeintegralesdoblesMatemticasICurso20112012

    Observando de nuevo el dibujo tenemos una parametrizacin fcil del recinto

    As nuestra integral quedara

    2 1 2 1

    2 1 2 1 2 1

    2 1 2 1

    2 1 2 1

    2 1 2 1

    34

    12 1

    1 1

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    siendo , / 0, 1 1, 2 1

  • ProblemasresueltosdeintegralesdoblesMatemticasICurso20112012

    los recintos parametrizados son:

    2 2

    12 3 4

    12 2

    12 3 3 2

    12 3

    (Termine el alumno las operaciones y as practica)

    1

    0 1 2

    2

    0 1 1

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    UC. Facultad de Ingeniera. Departamento de Matemtica.

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    1. INTEGRALES DOBLES

    En este trabajo se extiende el concepto de la integral de una funcin real de variable

    real a funciones de varias variables, comenzando en este captulo con integrales de

    funciones de dos variables; es decir, funciones del tipo 2f : D . La integral

    doble tiene diversas aplicaciones tanto mecnicas como geomtricas, pero su

    significado intrnseco es el volumen, as como el significado de una integral de una

    funcin de variable real es el rea.

    1.1 INTRODUCCIN: LA INTEGRAL DEFINIDA

    Como referencia para la definicin de la integral doble, se debe

    recordar la integral definida de una funcin real de variable real, la

    cual surge como solucin al problema del clculo de rea bajo una

    curva.

    Sea f una funcin real definida en [ ]ba, y sea P una particin del intervalo cerrado [ ]ba, , donde { }nnii xxxxxxxP ,,,,,,,, 11210 = . Una suma de Riemann de la funcin f para la particin P ,

    denotada por PR es un nmero real obtenido como:

    ( )1

    n*

    P i ii

    R f x x=

    = (I.1)

    donde: n es el nmero de subintervalos de la particin P ,

    [ ]* 1i i ix x ,x y ix es la longitud del subintervalo genrico

    (tambin llamado subintervalo i-simo).

    En la figura 1 se aprecia el significado geomtrico de la Suma de

    Riemann para el caso de una funcin f positiva en el intervalo

    cerrado [ ]ba, .

    El nombre de Suma de Riemann se debe al matemtico alemn:

    Georg Friedrich Bernhard Riemann

    (1826-1866).

    Sus contribuciones destacaron en las reas de anlisis y geometra diferencial, la fisicomatemtica y la teora de funciones de variables complejas.

    Su nombre tambin est relacionado con la funcin zeta.

    La longitud del subintervalo genrico se calcula de la siguiente manera:

    1= iii xxx

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    Figura 1.1

    Significado geomtrico de la Suma de Riemann para una funcin f positiva en el intervalo cerrado[ ]ba, .

    En la grfica a) la regin sombreada es la que est comprendida bajo la grfica de la funcin f , sobre el eje x, y entre las rectas ax = y bx = .

    En la grfica b) la suma de las reas de los rectngulos sombreados es el valor numrico de la Suma de Riemann para la funcin f en el intervalo cerrado [ ]ba, .

    Si la norma de una particin P, denotada como P , se define

    como la longitud ms grande de todos los subintervalos, entonces

    al hacer que la norma sea lo suficientemente pequea, esto es

    0P , la particin se hace ms fina, lo cual lleva a la definicin

    de la Integral Definida.

    DEFINICIN: integral definida de f en [ ]b,a Sea f una funcin real definida en un intervalo cerrado [ ]ba, . La integral definida de f desde a hasta b , denotada por

    ( )b

    adxxf

    , esta dada por:

    ( ) ( ) 0 1

    nb *ia p i

    f x dx Lm f x x

    =

    = (I.2)

    si el lmite existe.

    Significado geomtrico de la suma de Riemann

    Si la funcin f es positiva [ ]bax , , entonces la suma de Riemann corresponde a un valor aproximado del rea de la regin comprendida bajo la grfica de la funcin f , sobre el eje x, y entre las rectas ax = y x b= .

    Decir que la norma de la particin P tiende a cero,

    0P , es equivalente a decir que el nmero de subintervalos de la particin P tiende a infinito, n .

    El smbolo lo introdujo el matemtico alemn

    Gottfried Wilhelm

    von Leibniz

    (1646, 1716).

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    Donde: es el signo de integracin, a y b son los lmites de

    integracin inferior y superior, respectivamente; ( )xf es el integrando o funcin integrando y la diferencial de x, denotada por

    dx , indica que la variable de integracin es x.

    1.2 INTEGRAL DOBLE SOBRE RECTNGULOS

    Sea 2:f una funcin definida sobre la regin rectangular

    cerrada D , dada por:

    [ ] [ ] ( ){ }2 D a,b c,d x, y a x b c y d= = (I.3)

    Sea P una particin de la regin D , la cual se logra con el

    producto cartesiano de las particiones xP y yP de los intervalos

    [ ]ba, y [ ]dc, , respectivamente, como se muestra a continuacin:

    { }nniix xxxxxxxP ,,,,,,,, 11210 = (I.4)

    { }mmjjy yyyyyyyP ,,,,,,,, 11210 = (I.5)

    entonces

    yx PPP = (I.6)

    Si la particin xP tiene 1+n elementos y n subintervalos [ ]ii xx ,1 de longitud 1= iii xxx , y la particin yP tiene 1+m elementos y

    m subintervalos [ ]jj yy ,1 de longitud 1= jjj yyy , entonces la regin rectangular D queda dividida por la particin P en mn

    rectngulos denominados ijD , tal como se muestra en la figura

    1.2.

    La Integral Definida

    ( )b

    adxxf

    es un nmero

    real que puede interpretarse como el rea bajo la grfica de la funcin f , sobre el eje x y entre las rectas ax = y bx = , si la funcin es positiva.

    Una particin xP del intervalo [ ]ba, es un conjunto finito de elementos, donde se cumple:

    bxxxxxa nii =

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    Figura 1.2

    Particin P de una regin rectangular D .

    El subrectngulo denotado ijD , es un elemento de la particin P ,

    cuya rea, denotada ijA se calcula como:

    jiij yxA = (I.7)

    Al tomar un punto arbitrario ( )** , ji yx en el subrectngulo ijD , se puede establecer la doble suma de Riemann para la funcin f

    en la particin P , denotada como DS :

    ( ) ijn

    i

    m

    j

    *j

    *iD Ay,xfS =

    = =1 1

    (I.8)

    Esta doble suma de Riemann es un valor numrico que se obtiene

    al efectuar la suma del producto de la imagen de la funcin f en

    cada punto arbitrario ( )** , ji yx y el rea de cada rectngulo ijD . Al expandir la expresin (I.8) se obtiene:

    En la figura 1.2, se aprecia que:

    jjj

    iii

    yyy

    xxx

    *1

    *1

    Figura 1.3 Subrectngulo ijD

    El punto ( )* *,i j ijx y D por lo tanto existen diferentes alternativas para su seleccin las ms comunes son:

    Esquina inferior izquierda

    ( ) ( )* * 1 1, ,i j i jx y x y =

    Esquina inferior derecha

    ( ) ( )* * 1, ,i j i jx y x y =

    Esquina superior izquierda

    ( ) ( )* * 1, ,i j i jx y x y=

    Esquina superior derecha

    ( ) ( )ji*j*i y,xy,x =

    Punto medio

    ( ) 1* * 1, ,2 2j ji i

    i j

    y yx xx y + +

    =

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    7

    ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

    ( ) ( ) ( ) nm*m*nn**nn**n

    m*

    m*****

    m*

    m*****

    D

    Ay,xfAy,xfAy,xf

    Ay,xfAy,xfAy,xf

    Ay,xfAy,xfAy,xfS

    +++

    ++++

    ++++=

    2211

    2222222112

    1112211111

    (I.9)

    Si se define la norma P de la particin P como la longitud de la

    diagonal ms grande de todos los rectngulos ijD y se hace que

    0P , entonces la particin P se hace ms fina, esto es, ahora

    la regin R queda dividida en muchos ms rectngulos, y se

    puede plantear:

    ( ) ijn

    i

    m

    j

    *j

    *iPDP

    Ay,xfLimSLim = = = 1 100

    (I.10)

    Todo esto permite establecer la definicin de la integral doble.

    1.2.1 INTEGRAL DOBLE DE f SOBRE D

    Decir que el lmite existe significa que:

    ( ) LdAy,xfD

    = (I.12)

    donde L

    DEFINICIN: Integral doble de f sobre D

    Sea 2:f una funcin real definida sobre un rectngulo

    D del plano. La integral doble de f sobre D , denotada por

    ( )D dAy,xf , se define como:

    ( ) ( ) ijn

    i

    m

    j

    *j

    *iPD

    Ay,xfLimdAy,xf = = = 1 10

    (I.11)

    si el lmite existe.

    As como la suma de Riemann es una aproximacin de la integral definida, la doble suma de Riemann es una aproximacin de la integral doble.

    Otras notaciones para la integral doble son:

    ( )D dxdyy,xf ( )D dydxy,xf

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    8

    Si el lmite de la expresin (I.11) existe se dice que f es

    integrable sobre D , recordando la definicin del lmite, esto

    significa que para todo 0> existe un nmero 0> , tal que:

    ( ) tal que ( )

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    1.3 INTERPRETACIN DE LA INTEGRAL DOBLE COMO VOLUMEN

    Sea 2:f una funcin real definida sobre un rectngulo

    [ ] [ ]d,cb,aD = , la cual es continua y positiva en D . Entonces la grfica de f es una superficie definida por la ecuacin:

    ( )y,xfz = (I.15)

    En la figura 1.4 se aprecia la grfica de una funcin 2:f definida sobre un rectngulo D .

    Figura 1.4

    Grfica de una funcin 2:f definida sobre un rectngulo D

    Sea S el slido que est definido sobre la regin D y bajo la

    superficie definida por la grfica de f . En la figura 1.5 se aprecia

    el slido S .

    ( )yxfz ,=

    D

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    10

    Figura 1.5

    Slido S definido sobre la regin D y bajo la grfica de f

    El volumen V del slido S puede aproximarse como la suma del

    volumen de los paraleleppedos base ijD y altura es ( )*j*i y,xf , tal como indica la expresin (I.16).

    1 1

    n m

    iji j

    V V= =

    (I.16)

    donde ijV es el volumen del paraleleppedo de base ijD , tambin

    llamado paraleleppedo aproximante, y cuya altura es ( )*j*i y,xf . El punto ( )** , ji yx pertenece al subrectngulo genrico. El volumen de este paraleleppedo o caja rectangular viene dado por:

    ( ) ij*j*iij Ay,xfV = (I.17)

    Al sustituir (I.17) en (I.16) se obtiene la doble suma de Riemann

    planteada en (I.8) como ( ) ijn

    i

    m

    j

    *j

    *i Ay,xf

    = =1 1

    por lo tanto esta doble

    suma es una aproximacin del volumen del slido S , es decir:

    y x

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    11

    ( ) ijn

    i

    m

    j

    *j

    *i Ay,xfV

    = =1 1

    (I.18)

    La figura 1.6 muestra la grfica de un paraleleppedo aproximante

    del volumen del slido S sobre la regin D .

    Figura 1.6

    Paraleleppedo de base ijD y altura ( )* *i jf x , y , empleado para aproximar el volumen del slido S definido sobre la regin D

    La figura 1.7 muestra los paraleleppedos empleados en la

    aproximacin del volumen del slido S , el cual se encuentra

    limitado por la grfica de la funcin f y por el rectngulo D .

    ( )yxfz ,=

    D

    ( )( )* * * *i j i jx , y , f x , y

    1ix x = ix x=

    1jy y =

    jy y=

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    12

    Figura 1.7

    Paraleleppedos empleados para aproximar el volumen del slido S definido sobre la regin D

    Cuando 0P , la particin P se hace ms fina y por lo tanto la

    regin R queda dividida en muchos ms rectngulos, por lo cual

    el lmite ( )* *0 1 1

    ,n m

    i j ijP i jLim f x y A

    = =

    representa el volumen del slido

    S , es decir:

    ( ) ( )* *0 1 1

    , ,n m

    i j ij DP i jV Lim f x y A f x y dA

    = =

    = = (I.19)

    En la figura 1.8 se observan los paraleleppedos empleados en la

    aproximacin del volumen del slido S , pero ahora con una

    particin ms refinada sobre el rectngulo D .

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    13

    Figura 1.8

    Paraleleppedos empleados en la aproximacin del volumen del slido S con una particin refinada sobre D .

    Estime el volumen del slido que se encuentra debajo de la

    superficie yxz 42 += y arriba del rectngulo

    ( ){ }3020, = yxyxD . Utilice una suma de Riemann con 2=n y 3=m y considerando el punto de muestra como:

    a) La esquina superior derecha de cada subrectngulo.

    b) El punto medio de cada subrectngulo

    Solucin:

    a) Sea V el volumen del slido debajo de la superficie yxz 42 +=

    y arriba del rectngulo D . Entonces se desea estimar a V de la

    siguiente manera:

    ( ) ( )2 3

    2

    1 1

    4 * *i j ijDi j

    V x y dA f x , y A= =

    = +

    EJEMPLO 1.1

    Figura 1.9

    Slido del ejemplo 1.1

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    14

    donde ( )* *i jx , y es el punto perteneciente a ijD donde ser evaluada la funcin. El enunciado de este ejercicio exige que el

    punto de muestra sea la esquina superior derecha de cada

    subrectngulo, por lo cual ( ) ( )ji*j*i y,xy,x = . La regin D y su particin se muestran en la siguiente figura.

    Figura 1.10

    Particin empleada para el ejemplo1.1

    Luego, la aproximacin del volumen es:

    ( ) ( )( )2 3 2 3

    * *

    1 1 1 1

    , , 1i j iji j i j

    V f x y A f i j= = = =

    =

    Para evaluar esta doble suma de Riemman se pueden emplear las

    frmulas y propiedades de la notacin sigma:

    ( )( ) ( ) ( )2 3 2 3 2

    2 2

    1 1 1 1 1

    , 1 4 3 24 15 48 63i j i j i

    V f i j i j i= = = = =

    = + = + = + =

    ( )2 4 63D

    V x y dA= +

    Si 3=m y 2=n , entonces

    12

    02=

    =

    =

    nabx

    13

    03=

    =

    =

    mcdy

    Como ( ) ( )ji*j*i y,xy,x = , entonces se debe expresar

    en funcin de i y j:

    ( ) iixixxi =+=+= 100( ) jjyjyyj =+=+= 100

    Y adems:

    ( )( )1 1 1ijA x y = = =

    Recuerde:

    1

    n

    ik kn

    =

    = si k

    ( )1

    12

    n

    i

    n ni

    =

    +=

    ( )( )21

    1 2 16

    n

    i

    n n ni

    =

    + +=

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    15

    Figura 1.11

    Paraleleppedos empleados para aproximar el volumen del slido S descrito en el ejemplo 1.1 parte a

    En la figura 1.11, se aprecia la superficie definida por la funcin f

    y los paraleleppedos aproximantes de volumen.

    b) Cuando se desea estimar el volumen V del slido debajo de la

    superficie yxz 42 += y arriba del rectngulo D en donde ( )* *,i jx y es el punto medio de cada subrectngulo, entonces se tiene:

    ( ) 1* * 1 1 1 1 1, , , ,2 2 2 2 2 2

    j ji ii j

    y yx x i i j jx y i j+ + + + = = =

    Luego:

    ( ) ( )2 3 2 3

    * *

    1 1 1 1

    1 1, , 12 2i j iji j i j

    V f x y A f i j= = = =

    =

    A continuacin esta doble suma de Riemann se resolver

    calculando la imagen de cada ( )* *,i jx y en la funcin f y posteriormente se efectuar la suma.

    Cuando se selecciona

    ( ) ( )ji*j*i y,xy,x = , en el clculo de la doble suma

    de Riemann del ejemplo

    1.1 parte a, la

    aproximacin del

    volumen obtenida es por

    exceso ya que el volumen

    del slido S es inferior al volumen de las cajas

    rectangulares.

    ( )1 0 1 1ix x i x i = + = ( )1 0 1 1jy y j y j = + =

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    16

    ( )* * 1 1, ,2 2i jx y i j

    =

    ( ) ( )2* * * *, 4i j i jf x y x y= + i

    j 1 2 1 2

    1 1 1,2 2

    3 1,2 2

    94

    174

    2 1 3,2 2

    3 3,2 2

    254

    334

    3 1 5,2 2

    3 5,2 2

    414

    494

    Cuadro 1.1

    Valores de ( )* *,i jf x y empleados en el ejemplo 1.1 (b)

    9 25 41 17 33 49 43,54 4 4 4 4 4

    V + + + + + =

    Por lo tanto ( )2 4 43 5D

    V x y dA ,= +

    Figura 1.12

    Paraleleppedos empleados para aproximar el volumen del slido S descrito en el ejemplo 1.1 parte b

    En la figura 1.12, se observa la superficie definida por la funcin f

    y los paraleleppedos aproximantes de volumen.

    En el ejemplo 1.1 parte

    b, cuando se selecciona

    ( )* *,i jx y como el punto medio de cada

    subrectngulo se puede

    apreciar en la figura 1.12

    que la grfica de la

    funcin f atraviesa a

    los paraleleppedos, por

    lo cual no se puede

    asegurar si la

    aproximacin del

    volumen del slido S es por exceso o por defecto.

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    17

    Sea S el slido que se encuentra arriba del cuadrado

    [ ] [ ]0, 4 0, 4D = y abajo del paraboloide elptico 2 236z x y= .

    Estime el volumen del slido tomando como punto de muestra la

    esquina superior derecha de cada subcuadrado y dividiendo a la

    regin D en:

    a) Cuatro cuadrados iguales.

    b) Diez mil cuadrados iguales.

    Solucin:

    a) Sea V el volumen del slido debajo de la superficie 2 236z x y= y arriba del rectngulo D . Entonces se desea

    estimar a V de la siguiente manera:

    ( ) ( )2 2

    2 2 * *

    1 136 ,i j ijD

    i jV x y dA f x y A

    = =

    =

    donde ( ) ( )ji*j*i y,xy,x = La regin R y su particin se muestran en la siguiente figura.

    Figura 1.14

    Particin empleada para el ejemplo 1.2

    EJEMPLO 1.2

    Figura 1.13

    Slido del ejemplo 1.2

    Como [ ] [ ]0, 4 0, 4D =

    y se divide en 4

    subcuadrados, entonces

    2n m= = 4 0 2

    2b ax

    n

    = = =

    4 0 23

    d cym

    = = =

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    18

    Luego, la aproximacin del volumen es:

    ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 2 3 2 3

    2 2* *

    1 1 1 1 1 1, 2 , 2 4 4 16 2 2i j ij

    i j i j i jV f x y A f i j i j

    = = = = = =

    = =

    Resolviendo de manera anloga al ejemplo anterior:

    ( )2 236 256D

    V x y dA=

    Figura 1.15

    Volumen aproximado en el ejemplo 1.2 parte a

    En la figura 1.15, se observa la superficie definida por la funcin f

    y los paraleleppedos aproximantes empleados.

    En el ejemplo 1.2 parte

    a, la aproximacin del

    volumen obtenida es por

    defecto ya que las cajas

    rectangulares empleadas

    se encuentran dentro del

    slido S .

    ( )( )2 2 4ijA x y = = =

    Como ( ) ( )ji*j*i y,xy,x = , entonces

    ( )0 0 2 2ix x i x i i= + = + =( )0 0 2 2jy y j y j j= + = + =

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    19

    b) Ahora la regin D , est dividida en diez mil subcuadrados iguales; es decir, 100n m= = . Por lo tanto, la estimacin del

    volumen del slido viene dada por:

    ( ) ( )100 100

    2 2 * *

    1 136 ,i j ijD

    i jV x y dA f x y A

    = =

    =

    Realizar este clculo como se ha ilustrado en los ejemplos 1.1 y la

    parte a de ste, es muy largo pues el nmero de subcuadrados es

    elevado. Entonces para resolver la doble suma de Riemann

    planteada es necesario emplear un software matemtico.

    A continuacin se presenta los resultados obtenidos, con un

    software matemtico, para el ejemplo 1.2 parte b. Tambin se

    incluye otra aproximacin empleando una particin an ms

    refinada.

    Nmero de subcuadrados n m ( )

    * *

    1 1,

    n m

    i j iji j

    f x y A= =

    Diez mil 100 100 402,7648

    Un milln 1.000 1.000 405,077248

    Cuadro 1.2

    Aproximaciones del volumen del slido planteado en el ejemplo 1.2

    Con la ayuda del software se obtuvo las siguientes

    aproximaciones:

    ( )2 236 402 7648D

    V x y dA ,=

    ( )2 236 405 077248D

    V x y dA ,=

    En el ejemplo 1.2 parte

    b, se aprecia que la

    aproximacin del

    volumen del slido S aumenta a medida que se

    incrementa el nmero de

    subcuadrados.

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    20

    Sea S el slido que se encuentra arriba del cuadrado

    [ ] [ ]1130 ,,D = y bajo el plano de ecuacin yz =1 . Estime el volumen del slido considerando:

    a) 3=n , 2=m y el punto de muestra como el punto medio de

    cada subrectngulo.

    b) 6=n , 8=m y el punto de muestra como el punto medio de

    cada subrectngulo.

    Solucin:

    a) Sea V el volumen del slido debajo de la superficie yz = 1 y

    arriba del rectngulo D .

    La regin D y su particin se muestran en la siguiente figura

    Figura 1.17

    Particin empleada para el ejemplo 1.3 parte a

    EJEMPLO 1.3

    Figura 1.16

    Slido del ejemplo 1.3

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    21

    Entonces se desea estimar a V de la siguiente manera:

    ( ) ( )3 2

    1 11 * *i j ijD

    i jV y dA f x , y A

    = =

    = , donde ( )* *,i jx y es el punto

    medio de cada subrectngulo, entonces se tiene:

    ( ) jjyy,xf *j*j*i =

    ==

    25

    23211

    Luego, la aproximacin del volumen es:

    ( ) 62125 3

    1

    3

    1

    2

    1

    ==

    == = ii jjV

    ( )1 6D

    V y dA=

    En la figura 1.18, se observa la superficie definida por la funcin f

    y la aproximacin del volumen.

    Figura 1.18

    Aproximacin del volumen para el ejemplo 1.3 parte a

    Si 2=m y 3=n , entonces

    13

    03=

    =

    =

    nabx

    ( ) 12

    11=

    =

    =

    mcdy

    ( )( ) 1== yxAij

    ( ) 2101 =+= jyjyy jjyjyyj +=+= 10

    En el ejemplo 1.3 parte

    a, en la aproximacin del

    volumen, se observa que

    la grfica de la funcin

    f atraviesa a los

    paraleleppedos, por lo

    cual no se puede asegurar

    si la aproximacin es por

    exceso o por defecto.

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    22

    b) Se desea estimar el volumen V pero ahora con una particin

    refinada, donde 6=n y 8=m . En la figura 1.19 se aprecia esta particin.

    Figura 1.19

    Particin empleada para el ejemplo 1.3 parte b

    ( ) ( )3 2

    1 11 * *i j ijD

    i jV y dA f x , y A

    = =

    = , donde ( )* *,i jx y sigue siendo

    el punto medio de cada subrectngulo, pero como la particin es

    ms fina, entonces:

    ( )48

    178

    9211 jjyy,xf *j*

    j*

    i =

    ==

    Entonces el volumen aproximado es:

    6881

    81

    4817 6

    1

    6

    1

    8

    1

    ==

    == = ii j

    jV

    ( )1 6D

    V y dA=

    Si 6=n y 8=mentonces

    21

    =

    =n

    abx

    41

    =

    =m

    cdy

    81

    = ijA

    ( )4

    5101

    =+=jyjyy j

    44

    0

    =+=jyjyyj

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    23

    En la figura 1.20 se aprecia la aproximacin del volumen del slido

    S empleando la particin ms refinada.

    Figura 1.20

    Aproximacin del volumen para el ejemplo 1.3 parte b

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    24

    1.4 INTEGRALES ITERADAS

    Para evaluar una integral definida en un intervalo cerrado se

    tienen dos alternativas: la definicin, donde se emplean frmulas y

    propiedades de la notacin sigma y adems, la resolucin de un

    lmite; la otra opcin para resolver una integral definida de una

    funcin real de variable real, es el Segundo Teorema Fundamental

    del Clculo, el cual consiste en encontrar una antiderivada y

    evaluarla en los extremos del intervalo de integracin. El primer

    mtodo, la definicin como el lmite de una suma suele ser un

    procedimiento ms riguroso en comparacin con el segundo.

    Anlogamente, la resolucin de una integral doble por definicin

    es un clculo muy complejo, ya que es el resultado del lmite de

    una doble suma de Riemann.

    A continuacin se expone un mtodo que consiste en expresar

    una integral doble como una integral iterada, lo cual implica la

    evaluacin sucesiva de dos integrales simples.

    DEFINICIN: La Integral Iterada

    Sea 2f : una funcin real y continua de dos variables,

    definida en la regin rectangular [ ] [ ]dcbaD ,, = . La integral iterada de la funcin f sobre D , denotada por

    d b

    c af ( x, y )dxdy

    b d

    a cf ( x, y )dydx , se define como:

    ( ) ( )

    d b d b

    c a c af x, y dxdy f x, y dx dy = (I.20)

    O tambin

    ( ) ( )

    b d b d

    a c a cf x, y dydx f x, y dy dx = (I.21)

    Segundo Teorema

    Fundamental del

    Clculo Si f es una funcin continua en el intervalo cerrado [ ]b,a y si F es una antiderivada de f , entonces:

    ( ) ( )

    ( ) ( ) ( )

    b b

    aab

    a

    f x dx F x

    f x dx F b F a

    =

    =

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    25

    Entonces, la integral iterada es la evaluacin sucesiva de dos

    integrales simples. En la ecuacin (I.20), la integral que debe

    resolverse primero es la que se encuentra dentro del corchete; es

    decir, ( )

    b

    af x,y dx . El resultado de esta integral es una funcin de

    y, ya que y se considera constante. Tal como se ilustra:

    ( ) ( )

    b

    af x,y dx A y= (I.22)

    Finalmente:

    ( ) ( ) ( )

    d b d b d

    c a c a cf x, y dxdy f x, y dx dy A y dy = = (I.23)

    En forma anloga, en la expresin (I.21), la integral

    ( )

    b d

    a cf x, y dydx se resuelve primero ( )

    d

    cf x, y dy , resultando una

    funcin de x, como sigue:

    ( ) ( )

    d

    cf x,y dy A x= (I.24)

    para luego integrar respecto a y:

    ( ) ( ) ( )

    b d b d b

    a c a c af x, y dydx f x, y dy dx A x dx = = (I.25)

    Evale las siguientes integrales iteradas:

    a) ( ) 3 2 2 0 0

    4x y dxdy+ b) ( ) 2 3 2

    0 04x y dydx+

    c) ( ) 4 4 2 2 0 0

    36 x y dxdy d) ( ) 4 4 2 2

    0 036 x y dydx

    e) ( ) 1 3

    1 01 y dxdy

    f) ( )

    3 1

    0 11 y dydx

    EJEMPLO 1.4

    Recuerde que en la

    integral ( )

    b

    af x,y dx , la

    dx indica que la variable de integracin es x, por lo tanto la variable y se considera constante en esta integral. Esto se conoce como integracin parcial con respecto a x Entonces para resolver

    ( )

    d

    cf x,y dy se integra

    parcialmente respecto a la variable y; es decir x es considerada constante.

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    26

    Solucin:

    a) Para resolver la integral ( ) 3 2 2 0 0

    4x y dxdy+ , primero se integra parcialmente respecto a x,

    ( ) 23 2 2

    0 0

    84 4 83 3xx y dx xy y

    + = + = +

    Luego se evala la segunda integral

    3 3 2

    0 0

    8 88 4 8 36 443 3

    y dy y y + = + = + =

    Por lo tanto:

    ( ) 3 2 2 0 0

    4 44x y dxdy+ =

    b) Se desea resolver ( ) 2 3 2 0 0

    4x y dydx+ :

    ( ) 3 3 2 2 2 2 0 0

    4 2 3 18x y dy x y y x + = + = +

    ( ) 2 2 2 3 0 0

    3 18 18 8 36 44x dx x x + = + = + =

    ( ) 2 3 2 0 0

    4 44x y dydx+ =

    c) Para resolver la integral ( ) 4 4 2 2 0 0

    36 x y dxdy , primero se integra parcialmente respecto a x:

    ( ) 43 4 2 2 2 2 2

    0 0

    64 36836 36 144 4 43 3 3xx y dx x y x y y

    = = =

    Recuerde que en el

    ejemplo 1.1 se aproxim

    la integral doble de dos

    maneras diferentes:

    ( )2 4 63D

    V x y dA= +

    ( )2 4 43 5D

    V x y dA ,= +

    Al comparar estas

    aproximaciones con el

    valor de la integral, en

    efecto se puede

    comprobar que la primera

    estimacin es por exceso,

    mientras que la segunda

    es una mejor

    aproximacin.

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    27

    Luego se resuelve la segunda integral, cuya variable es y

    4 4 2 3

    0 0

    368 368 4 1472 256 12164 405 33 3 3 3 3 3

    y dy y y , = = =

    Por lo tanto:

    ( ) 4 4 2 2 0 0

    36 405 3x y dxdy , =

    d) Resolviendo ( ) 4 4 2 2 0 0

    36 x y dydx

    ( ) 4

    4 2 2 2 3 2 2

    0 0

    1 64 36836 36 144 4 43 3 3

    x y dy y x y y x x = = =

    4 4 2 3

    0 0

    368 368 4 1472 2564 405 33 3 3 3 3

    x dx x x , = = =

    ( ) 4 4 2 2 0 0

    36 405 3x y dydx , =

    e) Para resolver la integral ( ) 1 3

    1 01 y dxdy

    , primero se integra

    respecto a x como sigue:

    ( ) ( ) ( ) 3 3

    0 01 1 3 1y dx y x y = =

    Seguidamente se resuelve la integral:

    ( ) [ ] 1

    1 2

    11

    33 1 1 62

    y dy y

    = =

    Es decir:

    Recuerde que en el

    ejemplo 1.2 parte a se

    obtuvo una aproximacin

    por defecto de:

    ( )2 236 256D

    V x y dA=

    Mientras que en la parte

    b, se obtuvo:

    402 7648V , y

    405 077248V ,

    Al observar el valor real

    de la integral doble,

    ( ) 4 4 2 2 0 0

    36 405 3x y dxdy , = se puede concluir que las aproximaciones de la

    parte b son mejores que

    la estimacin de la parte

    a.

    En el ejemplo 1.3, se

    aproxim la integral

    doble mediante una

    doble suma de Riemann

    con dos particiones

    diferentes, donde en

    ambos casos se obtuvo:

    ( )1 6D

    V y dA=

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    28

    ( ) 1 3

    1 01 6y dxdy

    =

    f) Ahora se resuelve ( ) 3 1

    0 11 y dydx

    en el orden de integracin

    inverso, primero respecto a la variable x:

    ( ) 12 1

    11

    1 31 22 2 2yy dx y

    = = =

    Ahora respecto a la variable y:

    3

    02 6dx =

    ( ) 3 1

    0 11 6y dydx

    =

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    29

    1.5 TEOREMA DE FUBINI

    El siguiente teorema proporciona un mtodo prctico para evaluar

    una integral doble expresndola como una integral iterada

    Demostracin intuitiva:

    Considere que la funcin f es positiva, es decir, ( ) 0, yxf , por lo

    cual la integral doble ( )D

    f x, y dA representa el volumen del slido S que se encuentra arriba del rectngulo D y por debajo

    de la superficie definida por ( )yxfz ,= .

    El volumen del slido S tambin puede ser calculado empleando

    el principio de Cavalieri, donde el volumen de secciones

    transversales conocidas se calcula mediante una integral simple.

    ( )

    b

    aV A x dx= (I.26)

    En la figura 1.21 se ilustra una seccin transversal del slido S .

    TEOREMA de Fubini para Integrales Dobles

    Sea 2f : una funcin real y continua en el rectngulo

    [ ] [ ]dcbaD ,, = , entonces:

    ( ) ( ) ( )

    d b b d

    D c a a cf x, y dA f x, y dxdy f x, y dydx= = (I.25)

    El nombre de Teorema de Fubini se debe al matemtico italiano:

    Guido Fubini

    (1879, 1943).

    Tambin resalt por sus contribuciones en los campos de geometra diferencial, ecuaciones diferenciales, funciones analticas y funciones de varias variables.

    El principio de Cavalieri se debe al matemtico

    italiano

    Bonaventura FrancescoCavalieri

    (1598, 1647).

    Clebre por introducir en Italia el clculo logartmico y por su teora de indivisibles, la cual es el principio del clculo de una integral definida pero sin la rigurosidad moderna del lmite.

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    30

    Figura 1.21

    Interpretacin geomtrica del Teorema de Fubini

    donde ( )xA es el rea de la seccin transversal del slido S que es perpendicular al eje x y al plano xy , entonces ( )xA se puede obtener como:

    ( ) ( )

    d

    cA x f x, y dy= (I.27)

    Sustituyendo la ecuacin (I.27) en (I.26), se obtiene:

    ( ) ( )

    b d

    D a cV f x, y dydx f x, y dydx= = (I.28)

    En forma anloga, el volumen del slido S se puede obtener

    como:

    ( )

    d

    cV A y dy= (I.29)

    z = f(x,y)

    D

    A(x)

    a

    b

    x = x0

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    31

    donde ( )yA es el rea de la seccin transversal del slido S que es perpendicular al eje y y al plano xy , como se ilustra en la

    figura 1.22; es decir:

    ( ) ( )

    b

    aA y f x, y dx= (I.30)

    Al sustituir la expresin de ( )yA en la ecuacin (I.29) se tiene:

    ( ) ( )

    d b

    D c aV f x, y dydx f x, y dxdy= = (I.31)

    Finalmente, se concluye que la integral doble de f sobre D es

    igual a la integral iterada de la funcin f ; es decir:

    ( ) ( ) ( )

    b d d b

    D a c c af x, y dA f x, y dydx f x, y dxdy= = (I.32)

    Figura 1.22

    Interpretacin geomtrica del

    teorema de Fubini

    ( )A y es el rea de la seccin transversal del slido S que es perpendicular al eje y y al plano xy .

    ( )A y

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    32

    1.6 INTEGRALES DOBLES SOBRE REGIONES MS GENERALES

    En esta seccin se ampla la definicin de la integral doble de una

    funcin f , sobre regiones ms generales que rectngulos, para

    posteriormente explicar cmo se resuelven este tipo de integrales.

    En la figura 1.23 se presenta una regin D de una forma ms

    general.

    Figura 1.23

    Regin D con una forma ms general

    Entre las regiones ms generales se tienen las de tipo 1 y las de

    tipo 2.

    En otras palabras, la regin D est limitada por la izquierda por la

    recta ax = , por la derecha por la recta bx = , inferiormente por la

    DEFINICIN: Regiones de Tipo 1

    Sean [ ], : ,g h a b , dos funciones reales de variable real,

    continuas en [ ]b,a , de modo que ( ) ( ) [ ]g x h x , x a,b .

    Una regin de tipo 1, es una regin definida como:

    ( ) ( ) ( ){ },D x y a x b g x y h x= (I.33)

    Como las funciones f y g son continuas en [ ]b,a , entonces son acotadas, por lo cual la regin D del tipo 1 es una regin acotada del plano.

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    33

    grfica de la funcin g y superiormente por la grfica de la funcin

    h .

    En la figura 1.24 se observan algunas regiones de tipo 1.

    Figura 1.24

    Regiones de tipo 1

    Entonces toda regin D est limitada por la izquierda por la

    grfica de la funcin g , por la derecha por la grfica de la funcin

    h , y superior e inferiormente por las rectas y d= y y c= ,

    respectivamente.

    En la figura 1.25 se aprecian algunas regiones de tipo 2.

    DEFINICIN: Regiones de Tipo 2

    Sean [ ], : ,g h c d , dos funciones reales de variable real,

    continuas en [ ],c d , de modo que ( ) ( ) [ ], ,g y h y y c d .

    Una regin de tipo 2, es una regin definida como:

    ( ) ( ) ( ){ }, cD x y g y x h y y d= (I.34)

    En una regin de tipo 1 de tipo 2, las curvas y segmentos de rectas que limitan a la regin D , constituyen la frontera de D y se denota como D .

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    34

    Figura 1.25

    Regiones de tipo 2

    Una vez explicadas las regiones de tipo 1 y de tipo 2, se presenta

    la siguiente definicin:

    Ahora bien, para resolver la integral ( )D

    f x, y dA , se debe identificar si la regin D es de tipo 1 o de tipo 2.

    DEFINICIN: Integrales dobles sobre regiones generales

    Sea 2f : una funcin real y continua de dos variables,

    definida en una regin general D .

    Sea R un rectngulo que contiene a la regin D .

    Sea F una funcin definida en el rectngulo R como:

    ( )( ) ( )

    ( ) ( )

    si

    si 0

    x, y Df x, yF x, y

    x, y D x, y R

    =

    (I.35)

    La integral doble de f sobre D , denotada ( )D

    f x, y dA , est dada por:

    ( ) ( )D R

    f x, y dA F x, y dA= (I.36)

    Algunas regiones pueden ser del tipo 1 del tipo 2 simultneamente, a estas regiones se les clasifica como de tipo 3.

    Ejemplo:

    21y x=

    21y x=

    Figura 1.26

    El crculo unitario como una regin

    tipo 1

    2 1x y=

    21x y=

    Figura 1.27

    El crculo unitario como una regin

    tipo 2

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    35

    Si la regin D es de tipo 1, se debe seleccionar un rectngulo

    [ ] [ ]R a,b c,d= que contenga a D , tal como se ilustra en la

    siguiente figura.

    Figura 1.28

    Rectngulo R que contiene a la regin D de tipo 1

    Luego, como ( ) ( )D R

    f x, y dA F x, y dA= , por el teorema de Fubini resulta:

    ( ) ( )

    b d

    R a cF x, y dA F x, y dydx= (I.37)

    Y segn la definicin de la funcin F , se tiene que ( ) 0F x, y = si

    ( ) ( ) y g x y h x< > , entonces:

    ( ) ( )( )

    ( ) ( )( )

    ( )

    d h x h x

    c g x g xF x, y dy F x, y dy f x, y dy= = (I.38)

    Por lo que se puede definir la integral doble sobre una regin de

    tipo 1 de la siguiente manera:

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    36

    Si por el contrario, la regin D es de tipo 2, se debe seleccionar

    un rectngulo [ ] [ ]R a,b c,d= que contenga a D , tal como se

    muestra en la figura 1.29.

    x

    yx = h(y)

    c

    d

    x = g(y)

    D

    ba

    R

    Figura 1.29

    Rectngulo R que contiene a la regin D de tipo 2

    Como ( ) ( )D R

    f x, y dA F x, y dA= , por el teorema de Fubini se tiene:

    ( ) ( )

    d b

    R c aF x, y dA F x, y dxdy= (I.41)

    DEFINICIN: Integrales dobles sobre regiones de tipo 1

    Sea f una funcin real y continua de dos variables, definida

    en una regin D del tipo 1, tal que

    ( ) ( ) ( ){ },D x y a x b g x y h x= (I.39)

    La integral doble de f sobre una regin D de tipo 1, denotada

    ( )D

    f x, y dA , est dada por:

    ( ) ( )( )

    ( )

    b h x

    D a g xf x, y dA f x, y dydx= (I.40)

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    37

    donde ( ) 0F x, y = si ( ) ( ) xx g y h y< > , entonces:

    ( ) ( )( )

    ( ) ( )( )

    ( )

    b h y h y

    a g y g yF x, y dx F x, y dx f x, y dx= = (I.42)

    La integral doble sobre una regin del tipo 2 se puede definir

    como:

    De ahora en adelante, para indicar el orden de integracin y para

    una mejor visualizacin de los lmites de integracin, se emplearn

    unas flechas, sobre la grfica de la regin D , que indicarn el

    valor inicial y final de la variable de acuerdo a la entrada y salida

    de la flecha, respectivamente.

    En una regin de tipo 1, la integral doble de la funcin f se

    obtiene como ( )( )

    ( )

    b h x

    a g xf x, y dydx , de acuerdo a la ecuacin (I.40),

    esta integral indica que la primera integracin se realiza respecto a

    la variable y , por lo cual se indicar sobre la regin D como se

    ilustra en la siguiente figura:

    DEFINICIN: Integrales dobles sobre regiones de tipo 2

    Sea f una funcin real y continua de dos variables, definida

    en una regin D del tipo 2, tal que

    ( ) ( ) ( ){ },D x y g y x h y c y d= (I.43)

    La integral doble de f sobre una regin D de tipo 2, denotada

    ( )D

    f x, y dA , est dada por:

    ( ) ( )( )

    ( )

    d h y

    D c g yf x, y dA f x, y dxdy= (I.44)

    COMENTARIO

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    38

    Figura 1.30

    Orden de integracin para la integral doble de f sobre una regin tipo 1

    Por otra parte, la ecuacin (I.44) seala que en una regin de tipo

    2, la integral doble de la funcin f se obtiene como

    ( )( )

    ( )

    d h y

    c g yf x, y dxdy , lo que indica que la primera integracin se

    realiza respecto a la variable x, por lo cual se sealar sobre la

    regin D como se muestra a continuacin:

    x

    yx = h(y)

    c

    d

    x = g(y)

    D

    ba

    R

    Figura 1.31

    Orden de integracin para la integral doble de f sobre una regin tipo 2

    : Indica cual es el valor de la variable y a la salida de la regin D (lmite superior).

    : Indica cual es el

    valor de la variable y a la entrada de la regin D (lmite inferior).

    : Indica cual es el valor de la variable x a la salida de la regin D (lmite superior).

    : Indica cual es el

    valor de la variable x a la entrada de la regin D (lmite inferior).

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    39

    Evale las siguientes integrales iteradas, dibuje la regin D

    determinada por los lmites de integracin e indique cuales

    regiones son del tipo 1, del tipo 2 o de ambos.

    a)2 1

    0 0

    xdydx b)

    2 3 1

    1 2

    x

    xdydx

    +

    c)2

    2

    2 4

    0 4

    y

    ydxdy

    d) 1

    0

    ye

    yxdxdy

    Solucin:

    a) Para resolver la integral2 1

    0 0

    xdydx , se evala primero la integral

    interna, pero a diferencia del ejemplo 1.4 de aqu en adelante se

    mantendr la integral externa, como sigue:

    2 2 2 13 1 1 1 1 2

    0 0 0 0 0 0 0 0

    13 3

    x x x xdydx dy dx y dx x dx = = = = =

    2 1

    0 0

    13

    xdydx =

    La regin D de este ejercicio es de tipo 1 y de tipo 2, ya que se

    puede definir como:

    Regin tipo 1: ( ){ }2, 0 1 0D x y x y x=

    Regin tipo 2: ( ){ }, y 1 0 1D x y x y=

    La grfica de la regin D, junto con el orden de integracin se

    muestra en la siguiente figura:

    Figura 1.32

    Slido del ejemplo 1.5 parte a

    Figura 1.33

    Funcin f definida en la regin D del

    ejemplo 1.5 parte a

    EJEMPLO 1.5

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    40

    Figura 1.34

    Regin D del ejemplo 1.5 a

    b) Se desea resolver la integral 2 3 1

    1 2

    x

    xdydx

    +

    ( ) 2 3 1 2 3 1 2 23 1

    2 1 2 1 2 1 11

    x x x

    xx xdydx dy dx y dx x dx

    + + + = = = +

    ( ) ( ) 22

    2

    1 1

    1 512 2

    xx dx

    ++ = =

    2 3 1

    1 2

    52

    x

    xdydx

    +=

    La regin D es una regin de tipo 1, definida como:

    ( ){ }, 1 2 2 3 1D x y x x y x= +

    La grfica de la regin D se muestra en la siguiente figura

    En el ejemplo 1.5 a la integral 2 1

    0 0

    13

    xdydx = , lo

    cual quiere decir que el slido definido sobre D bajo la grfica de f , tiene como volumen

    13

    (UL)3, donde UL son

    unidades de longitud.

    Figura 1.35

    Slido del ejemplo 1.5 parte b

    Figura 1.36 Funcin f definida en

    la regin D del ejemplo 1.5 parte b

    D

    Valor de y a la salida de D

    2y x=

    Valor de y a la entrada de D

    0y =

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    41

    Figura 1.37

    Regin D del ejemplo1.5 b

    c) Resolviendo la integral doble2

    2

    2 4

    0 4

    y

    ydxdy

    , se tiene:

    2 2 2

    22 2

    2 4 2 4 2 2 4 2 4 0 4 0 4 0 0

    2 4y y y

    yy ydxdy dx dy x dy y dy

    = = =

    Esta integral se resuelve empleando una sustitucin

    trigonomtrica:

    2

    2

    2 2 4 2 22

    0 4 0 02 4 4 1

    2y

    y

    ydxdy y dy dy

    = =

    Al sustituir el cambio de variable se tiene:

    Figura 1.38 Slido del ejemplo 1.5

    parte c

    Figura 1.39

    Funcin f definida en la regin D del

    ejemplo 1.5 parte c

    x = 2

    x =1

    D

    Valor de y a la salida de D

    3 1y x= +

    Valor de y a la entrada de D

    2y x=

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    42

    ( )2

    2

    2 4 2 22 2 0 4 0 0

    4 1 2cos 8 cosy

    ydxdy sen d d

    = =

    ( ) ( )22

    2 2 4

    2 0 4 0

    0

    1 cos 2 28 4 2

    2 2y

    y

    sendxdy d

    + = = + =

    2

    2

    2 4

    0 42

    y

    ydxdy

    =

    La regin D del ejemplo 1.5 c es de tipo 1 y de tipo 2, ya que se

    puede definir como:

    Regin tipo 1: ( ){ }2, 2 2 0 4D x y x y x=

    Regin tipo 2: ( ){ }2 2, 4 4 0 2D x y y x y y=

    La grfica de la regin D se muestra en la siguiente figura:

    Figura 1.40

    Regin D del ejemplo 1.5 c

    CV: Cambio de Variable

    2y sen=

    2cosdy d =

    CLI: Cambio de los lmites de integracin

    LI: 0 0 0y arcsen= = =

    LS:

    2 12

    y arcsen = = =

    De radio = 2 y altura = 1 por lo tanto se puede calcular su volumen como:

    ( ) ( )22 1 22

    V

    = =

    lo que coincide con la integral:

    2

    2

    2 4

    0 42

    y

    ydxdy

    =

    y =0

    D

    Valor de x a la entrada de D

    24x y=

    Valor de x a la salida de D

    24x y=

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    43

    d) La integral 1

    0

    ye

    yxdxdy es diferente a las tres partes

    anteriores, ya que la funcin integrando es diferente a la unidad.

    3 1 1 1 13 32 2 2

    0 0 0 0

    2 23 3

    yy y e ye e

    y y yxdxdy xdx dy x dy e y dy

    = = =

    13 1 5 3 3

    2 2 2 2 0

    0

    2 2 2 2 2 2 2 4 323 3 5 3 3 5 3 9 45

    y ye

    yxdxdy e y e e = = =

    1 32

    0

    4 329 45

    ye

    yxdxdy e=

    La regin D es una regin de tipo 2, definida como:

    ( ){ }, y 0 1yD x y x e y=

    La grfica de la regin D se muestra en la siguiente figura:

    Figura 1.43

    Regin D del ejemplo 1.5 d

    Figura 1.41 Slido del ejemplo 1.5

    parte d

    Figura 1.42 Funcin f definida en

    la regin D del ejemplo 1.5 parte d

    y = 0

    y = 1

    D

    Valor de x a la entrada de D

    x y= Valor de x a

    la salida de D yx e=

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    44

    1.7 PROPIEDADES DE LA INTEGRAL DOBLE

    A continuacin se presentan las propiedades de la integral doble

    de una funcin 2f : real de dos variables sobre una regin

    general D.

    1.7.1 Propiedad de linealidad

    Sean 2f : y 2g : dos funciones reales y continuas

    definidas en una regin D , y sean y dos nmeros reales

    cualesquiera, entonces:

    ( ) ( ) ( ) ( ), , , ,D D D

    f x y g x y dA f x y dA g x y dA + = + (I.45)

    1.7.2 Propiedad de orden

    Sean 2f : y 2g : dos funciones reales y continuas

    definidas en una regin D , tales que ( ) ( )f x, y g x, y ( )x, y D ,

    entonces:

    ( ) ( ), ,D D

    f x y dA g x y dA (I.46)

    1.7.3 Propiedad aditiva respecto a la regin de integracin

    Sea 2f : una funcin real y continua definida en una regin

    general D . Si la regin D est dividida en dos subregiones 1D y

    2D (es decir 1 2D D D= ), entonces:

    ( ) ( ) ( )1 2

    , , ,D D D

    f x y dA f x y dA f x y dA= + (I.47)

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    45

    Evale la siguiente integral doble y dibuje la regin D .

    ( )1D

    x y dA+ + , ( ){ }2 2 3 3 6D x, y y x x y y x= + +

    Solucin:

    El primer paso para resolver este ejercicio es identificar si la regin

    D es tipo 1 o tipo 2. En la siguiente figura se muestra la regin D .

    Figura 1.45

    Regin D del ejemplo 1.6

    La regin D de este ejemplo no es de tipo 1, ni de tipo 2, por lo

    tanto, para evaluar la integral doble pedida, se emplear la

    propiedad sealada en la ecuacin (I.47).

    Para este ejemplo, se tienen dos alternativas: dividir a la regin D

    en dos subregiones tipo 1 o dividirla en dos subregiones tipo 2. A

    continuacin se analizan ambas situaciones.

    i) Cuando la regin D es dividida por la recta 1x = , se obtienen

    dos subregiones de tipo 1; es decir, 1 2D D D= , donde:

    ( ){ }21 , 2 1 2 3 6D x y x x x y x= + + y

    ( ){ }22 , 1 1 2 3D x y x x x y= +

    EJEMPLO 1.6

    y = x2+2x

    y = 3x+6

    y = 3

    Figura 1.44 Funcin f definida en

    la regin D del ejemplo 1.6

    Ntese como en este ejemplo la funcin f no es estrictamente positiva.

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    46

    En la figura 1.46 se aprecia la regin D dividida en dos regiones

    tipo 1.

    Figura 1.46

    Regin D del ejemplo 1.6 dividida en dos regiones tipo 1

    Por lo tanto:

    ( ) ( ) ( )2 2 1 3 6 1 3

    2 2 1 21 1 1

    x

    D x x x xI x y dA x y dydx x y dydx

    +

    + += + + = + + + + +

    4 2 4 1 13 3 2

    2 1

    5 1524 3 25 3 52 2 2 2x x xI x x dx x x x dx

    = + + + + +

    29 17260 15

    I = +

    ( ) 239120D

    I x y dA= + + =

    ii) Cuando se traza la recta 0y = , la regin D se divide en dos

    subregiones de tipo 2; es decir, A BD D D= , donde:

    ( ){ }, 1 1 1 1 1 0AD x y y x y y= + + + y

    ( ) 6, 1 1 0 33B

    yD x y x y y = + +

    D1 D2

    Valor de y a la salida de D2

    3y =

    Valor de y a la salida de D1

    3 6y x= +

    Valor de y a la entrada de D2

    2 2y x x= + Valor de y a la entrada de D1

    2 2y x x= +

    1x =

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    47

    La figura 1.47 muestra la regin D dividida en dos regiones tipo 2.

    Figura 1.47

    Regin D del ejemplo 1.6 dividida en dos regiones tipo 2

    Entonces, siendo ( )1D

    I x y dA= + + , se tiene que:

    ( ) ( ) 0 1 1 3 1 1

    6 1 1 1 0 3

    1 1y y

    yyI x y dxdy x y dxdy

    + + + +

    +

    = + + + + +

    Resolviendo se obtiene 8 74915 60

    I = + , luego:

    ( ) 239120D

    I x y dA= + + =

    DA

    DB

    1

    Valor de x a la salida de DB

    1 1x y= + +

    Valor de x a la salida de DA

    1 1x y= + +

    Valor de x a la entrada de DB

    63

    yx =

    Valor de x a la entrada de DA

    1 1x y= +

    0y =

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    48

    Evale la siguiente integral doble y dibuje la regin D .

    ( )210 4D

    x y dA+ , ( ){ }2 22 4D x, y y x x y= +

    Solucin:

    Tal como se explic en los ejemplos anteriores, el primer paso

    para resolver la integral doble planteada consiste en clasificar a la

    regin D en una regin de tipo 1 o tipo 2. Para ello se deben

    estudiar las inecuaciones que definen a la regin D .

    La solucin de la inecuacin 2y x es la interseccin de las

    inecuaciones: i) 2y x (si y x )

    ii) 2x y (si y x< )

    La solucin de la inecuacin 2 2 4x y+ es el conjunto de pares

    ordenados ( )x, y que se encuentran dentro y sobre la

    circunferencia de radio 2 y con centro en el origen del sistema de

    coordenadas.

    La regin D del ejemplo 1.7 se muestra en la figura 1.49

    Figura 1.49

    Regin D del ejemplo 1.7

    EJEMPLO 1.7

    Figura 1.48

    Funcin f definida en la regin D del

    ejemplo 1.7

    Segn la definicin del valor absoluto:

    si

    si

    y x y xy x

    x y y x

    =

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    49

    En la figura anterior se aprecia que la regin D no es de tipo 1, ni

    de tipo 2, por lo tanto, para evaluar la integral doble pedida, se

    emplea la propiedad aditiva respecto a la regin de integracin,

    sealada en 1.7.3. Por lo que la regin D se divide en dos

    regiones tipo 1, esto es: 1 2D D D= , las cuales se detallan en la

    figura 1.50.

    Figura 1.50

    Regin D del ejemplo 1.7 dividida en dos regiones tipo 1

    Donde: ( ){ }21 , 2 0 4 2D x y x x y x= + y ( ){ }22 , 0 2 2 4D x y x x y x=

    Por lo tanto:

    ( ) ( ) ( )1 2

    2 2 210 4 10 4 10 4D D D

    I x y dA x y dA x y dA= + = + + +

    ( ) ( )2

    2

    0 2 2 42 2

    2 4 0 210 4 10 4

    x x

    x xI x y dydx x y dydx

    +

    = + + +

    ( )( )

    0 2 3 2 2 2

    2

    2 2 3 2 2 2

    0

    8 20 10 4 4 7 4 4

    12 20 10 4 4 9 4 4

    I x x x x x x dx

    x x x x x x dx

    = + + + + + +

    + + + + +

    D1 D2

    Valor de y a la salida de D2

    24y x=

    Valor de y a la salida de D1

    2y x= +

    Valor de y a la entrada de D2

    2y x=

    Valor de y a la entrada de D1

    24y x=

    0x =

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    50

    ( )8014 14 243

    I = + + +

    ( )2 15210 4 28 3D x y dA + = +

    Evale la siguiente integral doble y dibuje la regin D .

    Dx y dA+ , ( ){ }2 20 9D x, y y x y= +

    Solucin:

    La regin D es una regin tipo 1 tal como se muestra en la

    siguiente figura.

    Figura 1.52

    Regin D del ejemplo 1.8

    Sin embargo, como la funcin integrando es un valor absoluto,

    tambin llamado mdulo, se tiene que:

    ( )( )

    si 0

    si 0

    x y x yf x, y x y

    x y x y

    + + = + = + +

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    51

    Figura 1.53

    Interseccin de la regin D con las inecuaciones 0x y+ y 0x y+ <

    Entonces se tiene:

    ( )( )

    ( ) ( )

    1

    2

    si

    si

    x y x, y Df x, y

    x y x, y D

    + = +

    Donde: ( ){ }2 21 0 9 0D x, y y x y x y= + + y

    ( ){ }2 22 0 9 0D x, y y x y x y= + + < Por lo tanto la integral doble se resuelve como:

    ( ) ( )1 2D D D

    I x y dA x y dA x y dA= + = + + +

    En las figuras 1.54 y 1.55, se muestra el orden de integracin para

    resolver las integrales dobles anteriores.

    Figura 1.54

    Regin 1D del ejemplo 1.8

    y = 0

    0x y+

    D1

    D2

    29y x=

    y = -x

    0x y+ 0, existe un numero finito de rectangulos que lo recubreny la suma de sus volumenes es menor que .

    209

  • Un subconjunto de Rn tiene medida nula si, dado > 0, existe una sucesion(finita o infinita) de rectangulos, Rn, que lo recubren y cumpliendo.

    n=1

    V (Rn) <

    El criterio general para saber que funciones son integrables lo proporcionael siguiente teorema

    Teorema 10.5 (Criterio de Lebesgue) Una funcion definida en un rec-tangulo es integrable Riemann si, y solo si, el conjunto de puntos de discon-tinuidad de la funcion tiene medida nula.

    10.1.1. Calculo de integrales dobles

    El calculo de una integral doble se realiza mediante el calculo de dos inte-grales iteradas, de acuerdo al siguiente teorema:

    Teorema 10.6 (Teorema de Fubini) Sea f una funcion integrable sobreun rectangulo R = [a, b] [c, d].

    1. Si para cada x [a, b], la seccion transversal fx(y) := f(x, y), y [c, d],es integrable sobre [c, d], entonces la funcion

    F (x) :=

    d

    cfx(y)dy

    es integrable sobre [a, b] y se verifica

    Rf(x, y)dxdy =

    b

    aF (x)dx =

    b

    a

    ( d

    cf(x, y)dy

    )

    dx

    2. Si para cada y [c, d], la seccion transversal fy(x) := f(x, y), x [a, b],es integrable sobre [a, b], entonces la funcion

    G(y) :=

    b

    afy(x)dx

    es integrable sobre [c, d] y se verifica

    Rf(x, y)dxdy =

    d

    cG(y)dy =

    d

    c

    ( b

    af(x, y)dx

    )

    dy

    210

  • F(x )

    a

    b

    c

    d

    f(x ,y)

    0

    0

    x = x0

    a

    b

    c

    d

    f(x ,y )

    0

    0

    G(y )

    y=y 0

    Figura 10.4: El teorema de Fubini

    Corolario 10.7 Si f es continua sobre un rectangulo R = [a, b] [c, d],entonces

    Rf(x, y)dxdy =

    b

    a

    ( d

    cf(x, y)dy

    )

    dx =

    d

    c

    ( b

    af(x, y)dx

    )

    dy

    Ejemplo 10.1 Se desea calcular la integral doble

    R x2y dxdy siendo R =

    [1, 2] [0, 1].

    Solucion: Dado que la funcion x2y es continua en R basta aplicar el Teoremade Fubini para obtener

    Rx2ydxdy =

    2

    1

    ( 1

    0x2ydy

    )

    dx =

    2

    1

    [

    x2y2

    2

    ]y=1

    y=0

    dx

    =

    2

    1

    x2

    2dx =

    [

    x3

    6

    ]x=2

    x=1

    =8

    6 1

    6=

    7

    6

    Ejercicio 10.1 Calculese la integral anterior cambiando el orden de inte-gracion.

    211

  • 10.1.2. Integrales dobles sobre recintos acotados

    Para generalizar el concepto de integral doble a recintos acotados se haceuso de la funcion caracterstica

    1A(x) =

    {

    1, si x A0, si x / A

    donde A R2.

    Si el conjunto A es acotado y verifica que su frontera tiene medida nula,entonces la funcion caracterstica es integrable sobre cualquier rectangulo Rque contiene a A y, en este caso, existe

    a(A) :=

    R1A(x, y)dxdy

    que se llama la medida o area de A. El conjunto A se dice, entonces, medible.

    Entonces, dada una funcion integrable sobre un rectangulo R A, se define

    Af(x, y)dxdy :=

    R1A(x, y)f(x, y)dxdy

    En la figura siguiente puede verse graficamente este proceso, donde F (x, y) =1A(x, y)f(x, y):

    -1-0.5

    00.5

    1

    -1

    -0.5

    00.5

    1

    0

    0.5

    1

    1.5

    2

    -1-0.5

    00.5

    1

    -0.5

    00.5

    D

    Grfica de f(x,y)

    -1

    0

    1

    -1

    0

    1

    0

    0.5

    1

    1.5

    2

    -1

    0

    1

    -1

    0

    1 Grfica de F(x,y)

    D

    R

    Figura 10.5: Recinto acotado y funcion caracterstica

    212

  • Esta definicion permite extender la integracion a recintos mas generales:aquellos que son medibles.

    Por tanto, hay que reconocer los conjuntos que son medibles. Para los obje-tivos de nuestro curso basta aplicar, en general el siguiente resultado:

    Teorema 10.8 La grafica de una funcion continua tiene medida nula; esdecir, si (x) es una funcion continua definida en un intervalo I, el conjunto

    A = {(x, y) : y = (x); x I}

    tiene medida nula.

    En definitiva, los conjuntos cuya frontera esta formada por graficas de fun-ciones continuas son medibles. En particular, pueden distinguirse dos tiposde recintos:

    Recintos de tipo I

    A = {(x, y) R2 : a x b; g2(x) y g1(x)}

    siendo g2(x), g1(x) funciones continuas en [a, b]. En este caso,

    Af(x, y)dxdy =

    b

    a

    (

    g1(x)

    g2(x)f(x, y)dy

    )

    dx

    g (x)

    g (x)

    1

    2

    g (x)

    g (x)

    1

    2

    g (x)

    g (x)

    1

    2

    a b a b a b

    DD D

    Figura 10.6: Algunos dominios de tipo I

    Ejemplo 10.2 Se quiere calcular la integral

    D(x + 2y) dy dx

    213

  • donde D es la region acotada por la parabolas y = 2x2 e y = 1 + x2.

    Solucion:

    En primer lugar, tras representar gaficamente el dominio de integracion,trazamos una recta vertical, L, que pase por el dominio D y marcamos losvalores de la variables y por donde entra y sale la recta L, como puede verseen la siguiente figura.

    -1 -0.5 0.5 1

    0.5

    1

    1.5

    2

    2.5

    3

    y = 2 x

    y = x +1

    L

    2

    2

    Figura 10.7: Integracion sobre una region de tipo I

    La region de integracion es, por tanto, el dominio de tipo I:

    D = {(x, y)/ 1 x 1 ; 2x2 y 1 + x2)}Luego:

    D(x + 2y) dy dx =

    1

    1

    1+x2

    2x2(x + 2y) dy dx

    Ejercicio 10.2 Calcula la integral doble

    T xydxdy siendo T el recintolimitado por el triangulo de vertices A(0, 0), B(2, 0) y C(1, 1); expresandoT como un recinto de tipo I.

    (Sol.: 13 )

    Ejercicio 10.3 Calcula la integral doble

    T x ydxdy siendo T el recintolimitado por el triangulo de vertices A(1, 1), B(2, 4) i C(3, 3); expresando Tcomo un recinto de tipo I.

    214

  • (Sol.: 43 )

    Recintos de tipo II

    A = {(x, y) R2 : c y d; h1(y) x h2(y)}

    siendo h1(y), h2(y) funciones continuas en [c, d]. En este caso,

    Af(x, y)dxdy =

    d

    c

    (

    h2(y)

    h1(y)f(x, y)dx

    )

    dy

    h (y)h (y)

    1

    2

    h (y)

    h (y)

    2

    1

    c

    d

    DD

    h (y)h (y)

    1

    2

    c

    d

    D

    c

    d

    Figura 10.8: Algunos dominios de tipo II

    Ejemplo 10.3 Calculemos la integral

    Dxy dy dx

    donde D es la region acotada por y = x 1 y 2x + 6 = y2.

    Solucion: Despues de representar graficamente el dominio de integracion,trazamos una recta horizontal, L, que pase por el dominio D y marcamoslos valores de la variables x por donde entra y sale la recta L, como puedeverse en la siguiente figura.

    215

  • -2 2 4 6

    -2

    -1

    1

    2

    3

    4

    x = y / 2-32

    2

    x = y + 1L

    Figura 10.9: Integracion sobre una region de tipo II

    Luego el dominio de integracion es el dominio de tipo II:

    D {

    2 y 4y + 1 x 12(y2 6)

    Por tanto:

    Dxy dy dx =

    4

    2

    1

    2(y26)

    y+1xy dx dy =

    Ejercicio 10.4 Calcula la integral doble

    T xydxdy siendo T el recintolimitado por el triangulo de vertices A(0, 0), B(2, 0) y C(1, 1); expresandoT como un recinto de tipo II. Compara el resultado con el obtenido en elEjercicio 10.2.

    (Sol.: 13 )

    Ejercicio 10.5 Calcula la integral doble

    T (xy)dxdy siendo T el recintolimitado por el triangulo de vertices A(1, 1), B(2, 4) i C(3, 3); expresandoT como un recinto de tipo II. Compara el resultado con el obtenido en elEjercicio 10.3.

    (Sol.: 43 )

    Algunas regiones pueden escribirse indistintamente como de tipo I o de tipoII. En estos casos, se elige aquella que resulte mas facil o mas corta. En elsiguiente ejemplo, se han calculado ambas para que se puedan comparar losprocedimientos.

    216

  • Ejemplo 10.4 Se desea calcular la integral doble

    T xydxdy siendo T eltriangulo de vertices A(0, 0), B(1, 0) y C(0, 2).

    Solucion: El recinto puede verse en la figura expresado como de tipo I o detipo II

    0.2 0.4 0.6 0.8 1

    0.5

    1

    1.5

    2C

    A B

    y=2 - 2 x

    y=0

    (a) Recinto de tipo I

    0.2 0.4 0.6 0.8 1

    0.5

    1

    1.5

    2C

    A B

    x=0

    x=2-y

    2

    (b) Recinto de tipo II

    Figura 10.10: Un triangulo como region de tipo I y II

    Para ello, si se expresa T como una region de tipo I: T

    0 x 1

    0 y 2 2x

    y, entonces

    Txydxdy =

    1

    0

    ( 22x

    0xy dy

    )

    dx =

    1

    0

    [

    xy2

    2

    ]y=22x

    y=0

    dx

    =

    1

    0

    (

    x(2 2x)2

    2

    )

    dx =

    1

    0

    (

    2x + 2x3 4x2)

    dx

    =

    [

    x2 +x4

    2 4x

    3

    3

    ]x=1

    x=0

    = 1 +1

    2 4

    3=

    5

    6

    217

  • Si se expresa T como un recinto de tipo II: T

    0 y 2

    0 x 2y2y, entonces

    Txydxdy =

    2

    0

    (

    2y

    2

    0xy dx

    )

    dy = . . . =5

    6

    Ejercicio 10.6 Calcula la integral de la funcion f(x, y) = x2y2 sobre laregion R del primer cuadrante limitada por las hiperbolas equilateras xy = 1,xy = 2 y las rectas y = x2 , y = 3x.

    (Sol.: 76 ln 6 )

    Ejercicio 10.7 Calcular el area de la region del primer cuadrante limitadapor las curvas xy = 2, xy = 4, y = x, y = 3x.

    (Sol.: ln 3 u2 (unidades al cuadrado) )

    10.1.3. Calculo de areas

    Si se considera una funcion continua no negativa f(x, y) 0 definida en unrecinto acotado medible A, entonces la integral doble

    Af(x, y) dxdy

    tiene un significado geometrico claro: representa el volumen del solido forma-do por el recinto A como base, paredes laterales verticales y como superficiesuperior la grafica de f(x, y).

    Este resultado permite que, en el caso de integrar la funcion constante 1sobre un recinto medible A, se obtenga el area de dicho recinto (en realidad,se obtiene el volumen de un prisma recto de base el recinto A y altura 1 queequivale numericamente al area de A). Es decir;

    a(A) :=

    A1 dxdy

    218

  • Ejemplo 10.5 Vamos a utilizar esta propiedad para calcular el area com-prendida por la grafica de las funciones y = sen(x) + 1 e y = cos(x) + 1 enel intervalo [34 , 54 ].

    Solucion:

    Primer paso: Un croquis Para representar graficamente el area quequeremos calcular, hallaremos en primer lugar, los puntos de intersecion delas dos funciones que se encuentran en ese intervalo, es decir, igualamos lasdos funciones y obtenemos que:

    sen(x) + 1 = cos(x) + 1

    sen(x) = cos(x)

    x = 34 , 4 , 54Luego los puntos de interseccion son

    P1 = (3

    4,

    2

    2+ 1), P2 = (

    4,

    2

    2+ 1), P3 = (

    5

    4,

    2

    2+ 1)

    Como podemos ver en la grafica, Fig. 10.11 se obtienen dos dominios simetri-cos que tienen el mismo area. Es por ello que calcularemos el area que nospiden multiplicando por dos el area de uno de los dos dominios coloreadosen la grafica.

    -2 2 4

    0.51

    1.52

    y= sen(x) + 1

    y= cos(x) + 1

    Figura 10.11: Area entre dos graficas

    Segundo Paso: Los lmites de integracion en y Trazamos una rectavertical, L, que pase por el dominio D y marcamos los valores de la variablesy por donde entra y sale la recta L. Como puede verse en la Fig. 10.11,

    219

  • esos valores son justamente los valores de las funciones y = sen(x) + 1 ey = cos(x) + 1.

    Por lo tanto el dominio D sobre el que tenemos que integrar es el dominiode tipo 1:

    D = {(x, y)/4 x 5

    4; cos(x) + 1 y sen(x) + 1)}

    Tercer Paso: Calculo de la integral Aplicando la formula de integra-cion sobre dominios de tipo I a la formula de calculo de areas, tendremosque:

    Area(D) =

    D1 dA = 2

    54

    4

    sen(x)+1

    cos(x)+11 dy dx = 2

    54

    4

    y]sen(x)+1cos(x)+1 dx

    =2

    54

    4

    sen(x) cos(x) dx = 2 cos(x) sen(x)]54

    4

    = 4

    2

    Ejemplo 10.6 Calcular el area comprendida por la grafica de las funcionesy = x e y = (2 x)2 y x = 0.

    Solucion:

    Primer paso: Un croquis Para representar graficamente el area quequeremos calcular, hallaremos en primer lugar, los puntos de intersecion delas funciones que delimitan el dominio a integrar. Igualando las funciones setiene que:

    x = (2 x)2

    x2 5x + 4 = 0

    x = 1 y x = 4

    Luego los puntos que delimitan el dominio son

    P1 = (0, 0), P2 = (1, 1), P3 = (2, 0)

    220

  • 0.5 1 1.5 2

    0.2

    0.4

    0.6

    0.8

    1

    1.2

    1.4

    x= 2 - yx= y

    Figura 10.12: Area entre dos graficas

    Segundo Paso: Los lmites de integracion en x Trazamos una rectahorizontal que pase por el dominio D y marcamos los valores de la variablex por donde entra y sale la recta. Como puede verse en la Fig. 10.12 esosvalores son y = x y x = 2 y. Por lo tanto el dominio D sobre el quetenemos que integrar es el dominio de tipo II:

    D = {(x, y)/0 y 1 ; y x 2 y}

    Tercer Paso: Calculo de la integral Aplicando la formula de integra-cion sobre dominios de tipo II a la formula de calculo de areas, tendremosque:

    Area(D) =

    D1 dA =

    1

    0

    (

    2y

    y1 dx

    )

    dy =

    1

    0[x]x=2

    y

    x=y dy

    =

    1

    0(2 y y dy =

    [

    2y 2y3/2

    3 y

    2

    2

    2)

    ]y=1

    y=0

    =5

    6

    Ejemplo 10.7 . Calculese el area del crculo unidad.

    Solucion: Segun lo dicho

    a(C) =

    C1 dxdy

    221

  • siendo C x2 + y2 1.

    Si se considera como un recinto de tipo I, debemos hallar las ecuaciones delas dos curvas que delimitan el recinto por su parte inferior y superior, taly como se ve en la Fig. 10.13

    Figura 10.13: Disco unidad

    por lo que los lmites de integracion seran

    C

    1 x 1

    1 x2 y

    1 x2

    Por tanto,

    C1 dxdy =

    1

    1

    (

    1x2

    1x21 dy

    )

    dx =

    1

    12

    1 x2 dx

    y, haciendo el cambio de variable

    x = sin tdx = cos t dtx = 1 t = 2x = 1 t = 2

    , resulta

    =

    2

    2

    2 cos2 t dt =

    [

    t +sin(2t)

    2

    ]t=2

    t=2

    =

    222

  • Mas adelante se vera que este tipo de integrales puede resolverse de formamas sencilla, aplicando el cambio de variables a la integral doble.

    Ejercicio 10.8 Considera un triangulo isosceles con un vertice en el punto(0, 0) y los lados iguales sobre las rectas determinadas por y = |x|. Hallaque altura, h, debe tener el triangulo sobre el eje OY para que la circunfe-rencia unidad lo divida en dos partes de igual area.

    (Sol.: h =

    22 )

    10.2. Integrales triples

    Las integrales triples no tienen ya mayor dificultad salvo la anadida poruna dimension mas. Los rectangulos anteriores se substituyen ahora porrectangulos tridimensionales, o sea, cajas R = [a, b] [c, d] [p, q]. Unaparticion P de R es ahora P = P1 P2 P3 siendo P1, P2 y P3 particionesde los intervalos [a, b], [c, d] y [p, q], con respectivamente.

    Si P1 tiene n + 1 puntos, P1 tiene m + 1 puntos y P3 tiene r + 1 puntos, laparticion P = P1P2P3 divide al rectangulo R en n m r subrectangulosRijk = [xi1, xi] [yj1, yj ] [zk1, zk]; cada uno de los cuales tiene volumen

    v(Rijk = (xi xi1)(yj yj1)(zk zk1)

    Procediendo de forma similar al caso de dos variables, dada una funcion realacotada f definida en R, se define la suma de Riemann correspondiente a laparticion de P de R como

    S(f, P ) =n

    i=1

    m

    j=1

    r

    k=1

    f(xijk)v(Rijk)

    con xijk Rijk.

    Definicion 10.9 Dada la funcion acotada f : R R se define la integraltriple como el lmite de las sumas de Riemann cuando P tiende a 0:

    Rf(x, y, z)dxdydz = lm

    P0

    n

    j=1

    f(xjkl)v(Rjkl)

    223

  • siempre que dicho lmite exista y sea independiente de la eleccion del puntoxijk.

    Como antes toda funcion continua es integrable y toda funcion acotada cuyasdiscontinuidades tienen medida nula es integrable. Asimismo se cumplen laspropiedades del Teorema 10.2.

    Finalmente, el calculo de una integral triple puede reducirse al calculo detres integrales iteradas:

    Teorema 10.10 Sea f una funcion integrable sobre un rectangulo R =[a, b] [c, d] [p, q]. Si existe cualquier integral iterada, es igual a la integraltriple

    Rf(x, y, z)dxdydz =

    b

    a

    ( d

    c

    ( q

    pf(x, y, z)dz

    )

    dy

    )

    dx

    =

    d

    c

    ( q

    p

    ( b

    af(x, y, z)dx

    )

    dz

    )

    dy

    =

    q

    p

    ( b

    a

    ( d

    cf(x, y, z)dy

    )

    dx

    )

    dz

    = . . .

    y as sucesivamente hasta completar todas las ordenaciones posibles.

    Ejemplo 10.8 Calcular la integral sobre R = [1, 1] [0, 2] [1, 2] de lafuncion f(x, y, z) = xyz

    Solucion: Se tiene que

    Rxyz dxdydz =

    1

    1

    ( 2

    0

    ( 2

    1xyz dz

    )

    dy

    )

    dx

    =

    1

    1

    (

    2

    0xy

    [

    z2

    2

    ]z=2

    z=1

    dy

    )

    dx =

    1

    1

    ( 2

    0

    3

    2xy dy

    )

    dx

    =

    1

    1

    3

    2x

    [

    y2

    2

    ]y=2

    y=0

    dx =

    1

    13x dx = 0