INTEGRALES DOBLES

REGION EN R2

Definición 01.

Sea Den R2. Diremos que D es una región, si es la unión de un conjunto abierto conexo con algunos, ninguno o todos sus puntos de frontera.

Definición de conjunto conexo.

Sea Den R2.Diremos que D es conexo, si no existen dos subconjuntos A y B de R2 no nulos tales que A∩B≠∅ y A∪B=D .

Intuitivamente el conjunto conexo es aquel que esta “hecho de una sola pieza”.

Ejemplos:

1. A=[a ,b ] x [c , d ]= {( x , y )∈ R2/a≤x ≤b , c≤ y≤d } es una región cerrada en R2.

2. B= {( x , y )∈ R2/ x2≤ y≤ x ,0≤ x≤1} es otra región cerrada en R2.

Sus gráficos son:

INTEGRABLES DOBLES SOBRE UN RECTÁNGULO

Sea la función f :Den R2→Rdonde la region D

( x , y )→z=f ( x , y )

Es el rectángulo D= [a ,b ] x [c ,d ]={( x , y )∈R2/a≤x ≤b ,c ≤ y ≤d }

Y

X

1

Y=x

0

Y=x2

10

A

d

c

ba X

Y

Si la función f es continua sobre la región D deseamos definir la integral doble de la función

f sobre la región D, denotado por ∬ f ( x , y )dA , donde dA=dxdyo dA=dydx es la diferencial

de área.

Procedemos del siguiente modo:

Paso 01.

Consideremos dos particiones P1 y P2de [a , b ] y [c ,d ], respectivamente, P1=(x0 , x1 , x2 ,…, xm ) P2= y0, y1 , y2 ,…, yn donde a=x0<x ,…,<xm=b , c= y0< y1 ,… ,< xn=d.

Definición.

Una partícula del rectángulo D, es el conjunto.

P1xP2= {[X i−1 , X i ] x [Y j−1 ,Y j ] /1≤ i≤m ,1≤ j≤n}

Puesto que P1 descompone [a ,b ] en “m” subintervalos y P2 descomponer [c , d ] en “n” subintervalos, la partición P=P1 xP2 descompone D en “mn” subrectángulos

Una partición P’ de D se llama más fina que P si Pen P' , esto es, si todo punto de P pertenece también a P’

Paso 02.

De cada subrectángulo Dij=[X i−1 , X i ] x [Y j−1 , Y j ] ,i=1,2,…, N

Habrá N=mn rectángulos y N=mn puntos (X k¿ ,Y k

¿ )∈D ij

Llamaremos r1 , r2 , r3 ,…, rN a los subrectángulo Dij y A (rK )=(∆ x i ) (∆ y i )=dxdy=dA el

área del subrectángulo rK.

f (Xk¿ ,Y k

¿ )es la imagen de cada punto (Xk¿ ,Y k

¿ ) .

Se define la NORMA ‖P‖ de la partición P=P1 x P2 como La longitud de la diagonal mas

larga de los subrectángulo, esto es; ‖P‖=max {diag (Dij )/1≤i ≤m;1≤ j ≤n}

si la partición P la hacemos cada vez más fina, esto es, aumentamos más rectángulos (infinidad de rectangulos ) entonces la norma ‖P‖ será cada vez más pequeña. En términos

de limite es: si N→+∞entonces‖P‖→0.

La suma ∑k=1

N

f (X k¿ , Y k

¿ )A (rK ) ,se llama la suma de Riemann de la función f ; D en R2→R

asociado a la participación P.

Paso 03.

Cuando la norma de la participación p tiende a cero (‖P‖→0 ) , se puede plantear la existencia del

límite:

lim‖P‖→0

∑k=1

N

f (X k¿ , Y k

¿ )A ( rK )

Definición de integral doble.

Si f (x , y ) está definido sobre el rectángulo Den R2 , entonces la integral doble de f sobre D se

define como:

∬ f ( x , y )dA= lim‖P‖→0

∑k=1

N

f (X k¿ , Y k

¿ )A (rK )

Siempre y cuando exista ese límite. Si existe, decimos que f integrable sobre D.

FUNCION ACOTADA

Definición.

Una función f :Den R2→R se dice que es acotada en la región D si existen dos números reales r y s tales que r ≤ f ( x , y )≤s;∀ ( x , y )∈D .

LIMITE DE LA SUMA DE RIEMANN SOBRE UNA REGION CERRADA D.

Definición.

Sea f :Den R2→R una función acotada definida en la región cerrada D.

Un numero I es límite de la suma de Riemann ∑k=1

N

f (X k¿ , Y k

¿ )A (rK ) donde ‖P‖→0 , esto es

lim‖P‖→0

∑k=1

N

f (Xk¿ , Y k

¿ )A ( rK )=I , si para todo ε>0 ,existe ∂>0 tal que

|∑k=1N

f (Xk¿ , Y k

¿ )A (rK )−I|<ε ,Para toda participación P con ‖P‖<δ y toda elección del punto

(X k¿ ,Y k

¿ )∈ rK , k=1,2 ,…,N

INTEGRAL DEOBLE DE UNA FUNCION ACOTADA DEFINIDA SOBRE UNA REGION CERRADA D.

Una función acotadaf :Den R2→R es integrable sobre la región cerrada D, si existe el número real I, tal que

I= lim‖R‖→ 0

∑k=1

N

f (Xk¿ , Y k

¿ )A ( rK )

El número real I se llama INTEGRAL DOBLE DE f sobre D y se escribe como:

∬ f ( x , y )dA= lim‖P‖→0

∑k=1

N

f (X k¿ , Y k

¿ )A (rK )

INTERPRETACIÓN DE LA INTEGRAL DOBLE COMO VOLUMEN

Sea f :Den R2→R una función integrable en la región cerrada D, y que f ( x , y )≥0 ,∀ (x , y )∈D entonces:

∬ f ( x , y ) dA=¿ Volumen del solido Q bajo la gráfica de la superficie de la superficie

z=f (x , y ) y que tiene como base la región cerrada D.

Ejemplo.

Halle el volumen bajo la gráfica de la superficie z=x2+ y2 sobre la región

D= {( x , y )∈R2/|x|≤1 ,|y|≤1 }

Solución:

V (Q )=∬ (x2+ y2 )dA

¿4∫0

1

∫0

1−x

(x2+ y2) dydx

¿4∫0

1

∫0

1−x

(x2+ y2) dydx

¿4∫0

1 [ x2 y+ y33 ]|1−x0 dx

¿4∫0

1 [ x2 (1−x )+ (1−x )3

3 ]dx

¿4∫0

1 [ x2−x3+ 1−3 x+3 x2−x33 ]dx¿ 43∫01

[3 x2−3x3+1−3 x+3 x2−x3 ]dx

¿ 43∫0

1

[−4 x3+6 x2−3 x+1 ]dx

¿43 [−x4+2 x3−3x22 + x]|10

¿ 43 [−1+2−32 +1−0 ]

¿ 43 [ 12 ]

¿ 23

INTEGRALES ITERADAS

El cálculo de la integral doble:

V (Q )=∬ (x2+ y2 )dA Se hace por cálculos sucesivos de dos integrales: primero se integra con

respecto a una variable y luego se integra el resultado con respecto a la otra variable. Normalmente, cuando se hace esta integración parcial sucesiva, se opera de dentro hacia afuera, como se indica en la notación siguiente:

a. ∬ ( x+ y )dA=∫a

b [∫f (x)g (x)

f ( x , y )dy ]dxLa primera integral es respecto a y.en este caso, se barre la región D verticalmente,mirando hacia arriba tenga como frontera una curva que es la gráfica de una función y=g (x) y

la izquierda otra curva x= j ( y ) .

La segunda integral es respecto a x, en este caso a≤ x≤b . -2 2

X

Y=2Y

D

∬ (x2+ y2)dA=∫−2

2

∫1x2

2

2

f ( x , y )dydx

b. ∬ ( x+ y )dA=∫c

d [∫j ( y)h( y)

f ( x , y ) dx ]dy

La primera integral se integra primero respecto a x.

En este caso, se barre la región D horizontalmente mirando que hacia la derecha tenga como frontera una curva que es la gráfica de una función x=h ( y) y a la izquierda otra curva y=f ( x ) .

La segunda integral es respecto a y, en este caso c ≤ y ≤d .

∬ (x2+ y2)dA=∫0

2

∫−√2 y

√2 y

f ( x , y )dxdy

TEOREMA

Si una función f :Den R2→R es continua en la región cerrada D, entonces f es integrable en D.

REGIONES NO RECTANGULARES

REGION TIPO I (Banda Vertical)

Y=2

X

Y=f(x)

Y=f(x)

bxa

X

D

2

Y

Una región de tipo I es aquella que está definida del siguiente modo:

D= {( x , y )∈R2/ f (x)≤ y ≤g (x) , a≤ x ≤b }

Para “x” fijo entre las dos constantes a y b, la ordenada y varia de f (x)a g(x ), donde f y gson funciones continuas sobre [a ,b ] .

REGION TIPO II (Banda Horizontal)

Una region D de tipo II, es aquella que esta definida del siguiente modo:

D= {( x , y )∈R2/ j ( y)≤x ≤h ( y) , c≤ y ≤d }

Para “y” fijo entre las constantes c y d , la abscisa x varia de j( y)ah( y ) , donde j y h son funciones continuas sobre [c , d ] .

TEOREMA DE FUBINE PARA REGIONES NO RECTANGULARES

Si D es una región de tipo I, entonces:

c

Y

d

x=j(y)

x=h(y)

∬ ( x+ y )dA=∫a

b

∫f (x)

g( x)

f ( x , y )dy dx , Siempre y cuando existan las dos integrales.

Si D es una región de tipo II, entonces:

∬ ( x+ y )dA=∫c

d

∫j ( y)

h ( y)

f ( x , y )dxdy

PROPIEDADES FUNDAMENTALES DE LA INTEGRAL DOBLE

P1 :Regla de la Linealidad

Sean: a y b dos constantes y f , g :Den R2→R funciones integrables en la región cerrada D, entonces af +bg es integrable en la región D, y

∬ [af ( x , y )±bg ( x , y ) ]dA=a∬ f ( x , y )dA ±b∬g (x , y )dA

P2 :Regla de laDominacion Si las funciones f , g :Den R2→R son integrales en la región cerrada D y g ( x , y )≤ f ( x , y ) ,∀ ( x , y )∈D , entonces:∬ g (x , y )dA≤∬ f ( x , y )dA P3 :Regla de la Subdivision Sea f :Den R2→R una función continua en la región cerrada D si la región D=D 1 y D2Donde D1 y D2 son regiones cerradas y disjuntas, entonces:∬ g (x , y ) dA=∬ f ( x , y )dA+∬ f ( x , y )dA P4 : Sea f :Den R2→R una función integrable en la región cerrada D, y supongamos que m yMson los valores mínimos y máximo absoluto de f en D, tal que

m≤ f (x , y )≤M ,∀ ( x , y )∈D Entonces: mA (D )≤∬ f ( x , y )dA≤MA (D )

Donde A(D) es el área de la región cerrada D. INVERSION DEL ORDEN DE INTEGRACION EN UNA INTEGRAL DOBLE

E es útil a veces invertir el orden de integración de una integral iterada, porque facilita el calculo y la hace más breve.

Ejemplo:

Calcular: ∫0

3

∫2 x3

2

e y2

dydx

La primera integral que es respecto a “y” no se puede calcular, porque la función e y2

no tiene un

primitiva elemental.

Conviene intervenir el orden de integración, para ello grafiquemos la región.

D={( x , y )∈R2: 2 x3≤ y≤2 ,0≤x ≤3}

Las fronteras son { y=2

y=23x {x=0x=3

Invirtiendo el orden de integración, obtenemos:∬e y

2

dA=∫0

2

∫0

3 y2

ey2

dxdy

¿∫0

2

e y2

[ x ]|3 y /20

dy

¿∫0

2

e y2 3 y2dy

¿ 32∫02

y e y2

dy

¿ 3212e y

2|20

DX=0 X=3x/2

2

30

¿ 34

[e4−1 ]

CALCULO DE VOLUMENES DE SOLIDOS Y AREAS DE REGIONES PLANAS POR INTEGRACION DOBLE

Bajo ciertas condiciones y mediante integrales dobles podemos hallar el volumen de un sólido Q en R3 y el área de una región Den R2 .

1. Sea f :Den R2→R una función continua en la región cerrada D y f ( x , y )≥0 ;∀ ( x , y )∈D . Entonces el volumen del solido S limitado superiormente por la gráfica de la superficie z=f (x , y ) e inferiormente por la región D está dada por:

2. Sean f , g :Den R2→R funciones continuas en la región cerrada D y f ( x , y )≥ g ( x , y ) ,;∀ ( x , y )∈D . Entonces el volumen del solido S, limitado superiormente por la gráfica de la superficie z=f (x , y ) , esta dado por:

3. Sea f :Den R2→R una función continua en la región cerrada D y f ( x , y )=1 ;∀ ( x , y )∈D . Entonces el área de la región D está dado por:

Ejemplo:

Dada la suma de integrales:

V (S )=∬ f ( x , y )dA

V (S )=∬ [ f ( x , y )−g ( x , y ) ]dA

Nota: Aquí el sólido se proyecta sobre el plano XY.

A (D )=∬dA

∫−1

0

∫−√4 y+4

√4 y+4

f ( x , y )dxdy+∫0

8

∫−√4 y+4

2− y

f ( x , y )dxdy

a. Construir la región de integración.

La región sobre la cual está definida la primera integral es:

D1= {( x , y )∈ R2/−√4 y+4≤x ≤√4 y+4 ,−1≤ y≤0}

Sus fronteras son: {x=−√4 y+4x=√4 y+4

, x2=4 ( y+1 ) , {y=−1y=0

La región sobre la cual está definida la segunda integral es:

D2= {( x , y )∈ R2/−√4 y+4≤ x≤2− y ,0≤ y ≤8}

Las fronteras son: {x=−√4 y+4←parabolax=2− y←recta

,{y=0y=8

La construcción de la región de integración es:

b. Expresar la suma de integrales con una sola integral.Al unir las regiones D2∪D 1=D,la suma de integrales como una sola integral es:

∬ f ( x , y )dA=∫−6

2

∫1x2

4 −1

2−x

f ( x , y )dydx

Y=1x2/4 - 1

D 2

6

-1

D 12

8

Y=2-x

c. Calcular el valor de la integral hallada en “b” para la función:

f ( x , y )=e36 x−6x2− x3

Entonces se pide calcular. ∫−6

2

∫1x2

4 −1

2− x

e36 x−6x2−x3dydx

¿∫−6

2

(3−x−1 x24 )e36 x−6 x2−x3dxhaciendo u=36 x−6 x2−x3 , Se obtiene:

¿ 112 ∫

−216

40

eudu

¿ 112

(e40−e−216 )

Ejemplo:

Hallar el volumen del solido que está limitado por las superficies:

z=1−x2 , y=z , x=0 , z=0 , y=5

Solución:

Se pide hallar el volumen de un sólido S, mediante la fórmula:

V (S )=∬ (TECHO−PISO )dA . Si D es la proyección del solido S sobre el plano XY. Entonces el

TECHO y el PISO son funciones de la forma: z=f (x , y ) y z=g ( x , y ) .

Paso 01.

Graficar las superficies que limitan al solido S

a. z=1−x2 (esuncilindro parabolico )b. y=z(es un plano que pasa por el origen y es perpendicular al planoYZ )c. x=0 ( planoYZ )d. Z=0 ( planoXY )e. y=5 ( plano paraleloal plano XZ )

Z=1-X2

Z

Paso 02.

Recomendaciones para hallar el volumen de un sólido que se proyecta sobre el plano XY:

1. Identificar la ecuación o ecuación del techo. En este caso, hay dos techos:

y=z y z=1−x2 2. Identificar el “piso”, en este caso el piso para ambos techos es z=0 ( plano XY ) .3. Identificar la región a D, que es la proyección del solido sobre el plano XY. En este caso la región D es

la unión de dos subregiones: D=D 1∪D2 , donde:

D1= {( x , y )∈ R2/0≤ y ≤1−x2 ,0≤ x≤1 }

D2= {( x , y )∈ R2/1−x2≤ y ≤5 ,0≤x ≤1 }

4. Graficar la función D1∪D 2 ( proyecciondel solido sobre el plano XY )En z=1−x2 , si z= y ,se obtiene la parábola y=1−x2 ( parabola enel plano XY ) .

Paso 03.

El volumen del solido S es:

V (S )=∬ (TECHO−PISO )dA+∬ (TECHO−PISO )dA

¿∫0

1

∫0

1−x2

[ y−0 ]dydx+∫0

1

∫1−x2

5

[ (1−x2 )−0 ]dydx

D1 D2Y=1-x2

Y=5D1

D2

¿ 154

+ 145

¿ 4615

INTEGRALES DOBLES EN POLARES

Teorema.

Sea T :Een R2→Den R2 una transformación de clase C1, (r , θ )→ (x (r ,θ ) , y (r ,θ ) )

Definida por {x=rcosθy=rsenθcon 0≤r<+∞

α≤θ≤α+2π

Con JACOBIANO J (r ,θ )= δ ( x , y )δ (r ,θ )

=|δxδr δxδθ

δyδr

δyδθ

|=|cosθ −rsenθsenθ rcosθ |=r

Si f :Den R2→R es una función integrable en D, entonces la función f 0T :EenR2→R es integrable sobre el conjunto E y

∬ f ( x , y )dA=∬ f (x (r , θ ) , y (r ,θ ) )rdrdθ

Ejemplo:

Calcular ∬ (x2+ y2)ndA , donde D en el disco circular x2+ y2≤4 ,n>0

Solución:

Paso 01.Graficar la región D.

D E

D

x2+ y2=4

θ

D

Paso 02.Cuando la región D es circular y cunado la función integrando f ( x , y )=(x2+ y2 )n tiene la suma de

términos x2+ y2 , se aplica las coordenadas polares.

Siga el siguiente orden:

10 escribir la trasformación polar.

{x=rcosθy=rsenθ

20 escribir el Jacobiano J=r .

30 convertir las fronteras de la región D en ecuación polar la frontera polar x2+ y2=4 se convierte

en:

r2=4

r=2

40 escribir la nueva región polar E:

E={(r , θ ) /0≤θ≤2 ,0≤θ≤2π }

Paso 03.Hacer el cálculo de la integral doble en coordenadas polares:∬ (x2+ y2)ndA=∬ (r2 )n r dr dθ D E

¿∫0

2π

∫0

2

r2n+1dr dθ

¿∫0

2π [ r2n+22n+2 ]|r=2r=0dθ

¿ 12 (n+1 )

22 (n+1 )∫0

2π

dθ

¿ 1n+1

22 (n+1) π

Ejemplo:

Calcular ∬ 1xdA, donde D es la región del primer cuadrante que está dentro de la circunferencia

x2+ y2=3 x Y fuera de la cardiode r=1+cosθ .

Paso 01.Graficar la región D.

a. La circunferencia:x2+ y2=3 x Completando cuadrados,

(x−32 )2+ y2= 94b. La cardiode r=1+cosθ como es simétrico respecto al eje polar, basta tabular con:

θ=0 , π6, π4, π3, 3π4, π

D

Paso 02.Para integrar en coordenadas polares, necesitamos:

10 escribir la trasformación polar.

{x=rcosθy=rsenθ

20 escribir el Jacobiano J=r .

30 las fronteras de la región D expresadas en coordenadas polares.

a. x2+ y2=3 x en coordenadas polares es:

r2=3rcos θ

r=3cosθ

40 necesitamos la intersección de las curvas:

{ r=3 cosθr=1+cosθ , para ello resolver:

3cosθ=1+cosθ

cosθ=12

θ=π3y θ=−π

3

50 la nueva región sobre la cual se integra es:

E={(r ,θ ) /1+cosθ ≤r ≤3 cosθ ,0≤θ≤ π3 }

Paso 03.La integral en coordenadas polares es:∬ 1

xdA=∫

0

π3

∫1+cosθ

3cosθ1

rcosθr dr dθ

¿∫0

π3

∫1+cosθ

3cosθ1

cosθdr dθ

¿∫0

π3

[ 1cosθ

(3cosθ−1−cosθ )]dθ

¿∫0

π3

[2−secθ ]dθ

¿ [2θ− ln|secθ+tgθ|]|θ= π3

θ=0

¿ 2π3

−ln (2+√3 )

ÁREA MEDIANTE INTEGRAL DOBLE EN POLARES

Si Den R2 es una región cerrada en el plano XY y si mediante una transformación por la región D se convierte (se deforma) en la región.

E={(r , θ )/r1 (θ )≤ r ≤ r1 (θ ) , θ1≤θ≤θ2 }

Entonces el are de la región D en coordenadas polares es: A (D )=∫θ1

θ2

∫r1

r2

r dr dθ .

Ejemplo:

D

Hallar el área de la región exterior al círculo con ecuación x2+ y2=12 x , e interior al circulo de la

ecuaciónx2+ y2=8 x, limitada por las rectas y=x , y+√3 x=0Paso 01.Graficar las fronteras de la ecuación D.

a. La circunferencia x2+ y2=8 x completo cuadrados ( x−4 )2+ y2=16Centro: (4,0 ) ,radio a=4.

b. La circunferencia x2+ y2=12 x completo cuadrados ( x−6 )2+ y2=36Centro: (6,0 ) , radio a=6.

c. Las rectas y=x , y+√3 x=0

Paso 02.Para hallar el área en coordenadas polares se necesita:

θ=00

y=√3 x

r=12cosθ

r=8cosθ

y=xθ=π2

8 12

10 la transformación polar: {x=rcosθy=rsenθ

20 el jacobiano J=r

30 las fronteras de la región D expresadas en coordenadas polares:

a. x2+ y2=8 x se convierte en:

r2=8 rcosθ

r=8cosθ

b. x2+ y2=12x

r2=12 rcosθ

r=12cosθ

c. y=x→ yx=1→tgθ=1→θ=π

4

d. y=−√3 x→ yx=−√3→tgθ=−√3→θ=−π

3

e. El radio vector O⃗A al girar, en sentido anti horario, desde la recta

y=−√3 x (θ=−π3 ) Hasta la recta

y=x (θ=π4 ) Barre toda la región D.

Así tenemos la nueva región:

E={(r ,θ ) /8 cosθ≤r ≤12cosθ ,− π3≤θ≤ π

4 }

Paso 03.El área de la región D, en coordenadas polares, es:

A (D )=∫−π3

π4

∫8COSθ

12COSθ

r dr dθ

¿∫−π3

π4

[ r22 ]|r=12cosθr=8 cosθ

¿40∫−π3

π4

cos2θdθ

¿40 [θ2 + sen2θ4 ]| θ= π

4

θ=−π3

¿ 53

[7 π+6+3√3 ]u2

¿51.31u2

COORDENADAS POLARES MODIFICADAS

Si en una integral doble se presentan los términos de la forma x2

a2+ y

2

b2,entonces se aplica la

TRANSFORMACION POLAR modificada T :{x=arcosθy=brsenθ

x2

a2+ y

2

b2=r2

El Jacobiano J=abr

Ejemplo:

Hallar el área en el primer cuadrante de la región limitada por las elipses:

x2

4+ y

2

9=1 , x

2

16+ y2

36=1 y por las rectas L1: y=

√32x , L2: y=

3√32

x

Paso 01.Graficar la región D.

Se pide hallar A (D )=∬dA como no es nada fácil calcular esta integral doble en coordenadas

cartesianas, debemos transformar a coordenadas polares modificadas.

Paso 02.El procedimiento a seguir es:

10 Escribir las coordenadas polares modificadas: T :{ x=2 rcosθy=3 rs enθ→ yx=32tgθ

20 el jacobiano J=6 r

30 las fronteras de la región D expresadas en coordenadas polares:

y

x

θ=π3 y=3√3

2x

θ=π6

2 4

3

6

y=√32x

D

La elipse x2

4+ y

2

9=1 se convierte en:

4 r 2cos2θ4

+ 9 r2 sen2θ9

=1

r2=1

r=1

La elipse x2

4+ y

2

9=1 se convierte en:

4 r 2cos2θ16

+ 9 r2 sen2θ16

=1

r2=4

r=2

La recta L1:

yx=√32→ 32tgθ=√3

2→θ=π

6

La recta L2:

yx=3√32→ 32tgθ=3√3

2→θ=π

3

Paso 03.La nueva región sobre la cual se halla la integral doble es:

E={(r , θ ) /1≤ r≤2 , π6≤θ≤ π

3 }El área de la región es:

A (D )=∫π6

π3

∫1

2

r dr dθ

¿∫π6

π3

[ r22 ]|r=2r=1

¿∫π6

π3

(2−12 )dθ

¿ 32

[θ ]|θ= π3

θ= π6

¿ 32 [ π3−π

6 ]u2 ¿ π4u2