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- 1. SEGUNDA UNIDAD CAPÍTULO IV: INTEGRALES MÚLTIPLES TEMA: INTEGRALES DOBLES SOBRE REGIONES GENERALES
- 2. Objetivo Calcular la integral doble sobre regiones generales, por medio de integrales iteradas y el teorema de Fubini. Resolver adecuadamente diferentes integrales dobles en los cuales deba realizar un cambio en el orden de integración para obtener una integral más sencilla de realizar.
- 3. INTEGRALES DOBLES SOBRE REGIONES GENERALES INTRODUCCIÓN ඵ 𝐷 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = ඵ 𝑅 𝑓∗ 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦
- 4. REGIONES DE INTEGRACIÓN REGIONES DE TIPO (II) 𝐷2 = 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ2 /𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑, 𝜓1(𝑦) ≤ 𝑥 ≤ 𝜓2(𝑦) REGIONES DE TIPO (I) 𝐷1 = 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ2 /𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, 𝜙1(𝑥) ≤ 𝑦 ≤ 𝜙2(𝑥)
- 5. TEOREMA DE FUBINI PARA REGIONES DE INTEGRACIÓN Supongamos que 𝑓 es continua en 𝐷. ඵ 𝐷 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 = න 𝑐 𝑑 න 𝜓1(𝑦) 𝜓2(𝑦) 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 ඵ 𝐷 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 = න 𝑎 𝑏 න 𝜙1(𝑥) 𝜙2(𝑥) 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥
- 6. Ejemplos: Calcular la integral doble sobre la región indicada: 1. 𝑅 (𝑥 + 2𝑦) 𝑑𝐴; 𝑅 está limitada por las curvas 𝑦 = 1 + 𝑥2, 𝑦 = 2𝑥2 Solución: 𝐼 = ඵ 𝑅 (𝑥 + 2𝑦) 𝑑𝐴 = න −1 1 න 2𝑥2 1+𝑥2 𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝐼 = න −1 1 𝑥𝑦 + 𝑦2 𝑦=2𝑥2 𝑦=1+𝑥2 𝑑𝑥 𝐼 = න −1 1 𝑥 + 𝑥3 + 1 + 𝑥2 2 − 2𝑥3 + 4𝑥4 𝑑𝑥 𝐼 = න −1 1 −3𝑥4 − 𝑥3 + 2𝑥2 + 𝑥 + 1 𝑑𝑥 𝐼 = −3𝑥5 5 − 𝑥4 4 + 2 𝑥3 3 + 𝑥2 2 + 𝑥 −1 1 = 32 15
- 7. 2. 𝑅 (𝑥𝑦) 𝑑𝐴; 𝑅 está limitada por las curvas 𝑦 = 𝑥 − 1, 𝑦2 = 2𝑥 + 6. Solución: 𝐼 = −2 4 𝑦2−6 2 𝑦+1 𝑥𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = −2 4 𝑦 𝑥2 2 𝑥= 𝑦2−6 2 𝑥=𝑦+1 𝑑𝑦 𝐼 = න −2 4 𝑦 2 𝑦 + 1 2 − 𝑦2 − 6 2 2 𝑑𝑦 𝐼 = න −2 4 2𝑦3 + 𝑦2 − 4𝑦 − 𝑦5 8 𝑑𝑦 𝐼 = 𝑦4 2 + 𝑦3 3 − 2𝑦2 − 𝑦6 48 −2 4 = 36
- 8. 3. 𝑅 𝑥3 𝑦2 𝑑𝐴; 𝑅 está limitada por las curvas 𝑥 = 2, 𝑦 = 𝑥, 𝑥𝑦 = 1 Solución: 𝐼 = න 1 2 න 1 𝑥 𝑥 𝑥3 𝑦2 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = න 1 2 𝑥3 − 1 𝑦 𝑦= 1 𝑥 𝑦=𝑥 𝑑𝑥 𝐼 = න 1 2 𝑥3 − 1 𝑥 + 𝑥 𝑑𝑥 = න 1 2 −𝑥2 + 𝑥4 𝑑𝑥 𝐼 = − 𝑥3 3 + 𝑥5 5 1 2 = 58 15
- 9. 4. 𝑅 1 𝑥+6 𝑑𝐴; 𝑅 es la región en el primer cuadrante y está limitada por las curvas y = 6 − 2𝑥, 𝑦 = 𝑥2 2 , 𝑦 = 4𝑥2 Solución: 𝐼 = න 0 1 න 𝑥2 2 4𝑥2 1 𝑥 + 6 𝑑𝑦 𝑑𝑥 + න 1 2 න 𝑥2 2 6−2𝑥 1 𝑥 + 6 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝐼 = න 0 1 1 𝑥 + 6 𝑦 𝑦= 𝑥2 2 𝑦=4𝑥2 𝑑𝑥 + න 1 2 1 𝑥 + 6 𝑦 𝑦= 𝑥2 2 𝑦=6−2𝑥 𝑑𝑥 𝐼 = න 0 1 1 𝑥 + 6 7𝑥2 2 𝑑𝑥 + න 1 2 1 𝑥 + 6 6 − 2𝑥 − 𝑥2 2 𝑑𝑥
- 10. 𝐼 = 7 2 න 0 1 𝑥2 𝑥 + 6 𝑑𝑥 − 1 2 න 1 2 1 𝑥 + 6 𝑥 + 6 𝑥 − 2 𝑑𝑥 𝐼 = 7 2 න 0 1 𝑥2 𝑥 + 6 𝑑𝑥 − 1 2 න 1 2 𝑥 − 2 𝑑𝑥 𝐼 = 7 2 36 𝑙𝑛 7 − 𝑙𝑛(6) − 11 2 − 1 2 − 1 2 𝐼 = 118 𝑙𝑛 7 − 𝑙𝑛(6) − 19 𝐼 = 118𝑙𝑛 7 6 − 19
- 11. CAMBIO EN EL ORDEN DE INTEGRACIÓN Como se vio en temas anteriores para regiones rectangulares al cambiar el orden de integración, los límites de las integrales por ser constantes se mantienen iguales. 𝑅 𝑥2 𝑦𝑒𝑥𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦=0 1 0 2 𝑥2 𝑦𝑒𝑥𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 0 2 0 1 𝑥2 𝑦𝑒𝑥𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 Sin embargo cuando tenemos regiones generales, éstas no siempre se pueden resolver fácilmente con cualquier orden de integración. න 0 2 න 𝑥 2 𝑒−𝑦2 𝑑𝑦𝑑𝑥 Es decir que cuando la región es de forma general en algunos casos existe un orden de integración mas conveniente que otros y es importante identificarlo para facilitar el cálculo de la integral.
- 12. CAMBIO EN EL ORDEN DE INTEGRACIÓN Al hacer el cambio de orden de integración se debe tener en cuenta que los límites variables sólo pueden estar presentes en la integral interna y éstos deben estar en función del diferencial externo; los limites de la integral externa serán valores constantes. 0 2 𝑦2 6−𝑦 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦𝑑𝑥 Los límites externos son constantes, pero los límites internos NO son función del diferencial externo 1 𝑦 1+𝑥 4−𝑥2 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦𝑑𝑥 Los límites internos son función del diferencial externo, pero los límites externos NO son constantes. 3 4 3−𝑥 𝑥2−2 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦𝑑𝑥 Los límites internos son función del diferencial externo y los límites externos son constantes.
- 13. Ejemplos: En las siguientes integrales cambiar el orden de integración y evaluar la integral resultante • 1. 0 2 𝑦 2 1 𝑒𝑥2 𝑑𝑥𝑑𝑦 Solución: De la integral doble tenemos: 0 ≤ 𝑦 ≤ 2 ; 𝑦 2 ≤ 𝑥 ≤ 1 Con lo que hacemos el gráfico. Luego en el gráfico observamos: 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 ; 0 ≤ 𝑦 ≤ 2𝑥
- 14. Planteando la integral doble como una región tipo I න 0 1 න 0 2𝑥 𝑒𝑥2 𝑑𝑦𝑑𝑥 = න 0 1 𝑒𝑥2 න 0 2𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 0 1 𝑒𝑥2 𝑦 𝑦=0 𝑦=2𝑥 𝑑𝑥 = 0 1 𝑒𝑥2 2𝑥 𝑑𝑥 = 1 2 𝑒𝑥2 0 1 න 0 1 න 0 2𝑥 𝑒𝑥2 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 1 2 𝑒 − 1
- 15. 2. 0 1 𝑥 𝑥 𝑒 𝑥 𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 Solución: De la integral doble tenemos: 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 ; 𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥 Luego en el gráfico tenemos: 0 ≤ 𝑦 ≤ 1 ; 𝑦2 ≤ 𝑥 ≤ 𝑦
- 16. Planteando la integral doble como una región tipo II න 0 1 න 𝑦2 𝑦 𝑒 𝑥 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 = න 0 1 𝑦 න 𝑦2 𝑦 𝑒 𝑥 𝑦 1 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 = න 0 1 𝑦 𝑒 𝑥 𝑦 𝑥=𝑦2 𝑥=𝑦 𝑑𝑦 = 0 1 𝑦 𝑒 − 𝑒𝑦 𝑑𝑥 = 𝑒 0 1 𝑦𝑑𝑦 − 0 1 𝑦𝑒𝑦 𝑑𝑦 = 𝑒 𝑦2 2 𝑦=0 𝑦=1 − 𝑦𝑒𝑦 − 𝑒𝑦 𝑦=0 𝑦=1 = 𝑒 2 − 1
- 17. 3. 0 1 𝑥 1 𝑥2 1 + 𝑦4 𝑑𝑦𝑑𝑥 Solución: De la integral doble tenemos: 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 ; 𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 1 Luego del gráfico tenemos: 0 ≤ 𝑦 ≤ 1 ; 0≤ 𝑥 ≤ 𝑦
- 18. Planteando la integral doble como una región tipo I න 0 1 න 0 𝑦 𝑥2 1 + 𝑦4 𝑑𝑥𝑑𝑦 = න 0 1 1 + 𝑦4 න 0 𝑦 𝑥2𝑑𝑥 𝑑𝑦 = න 0 1 1 + 𝑦4 𝑥3 3 0 𝑦 𝑑𝑦 = න 0 1 1 + 𝑦4 𝑦3 3 𝑑𝑦 = 1 3 න 0 1 𝑦3 1 + 𝑦4 𝑑𝑦 = 8 1 + 𝑦4 3 0 1 = 8 2 3 − 8
- 19. 4. 0 1 0 𝑥 𝑥 𝑑𝑦𝑑𝑥 + 1 2 0 2−𝑥2 𝑥 𝑑𝑦𝑑𝑥 Solución: De la integral doble tenemos: 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 ; 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥 y 1 ≤ 𝑥 ≤ 2 ; 0 ≤ 𝑦 ≤ 2 − 𝑥2
- 20. Luego del gráfico tenemos: 0 ≤ 𝑦 ≤ 1 ; y ≤ 𝑥 ≤ 2 − 𝑦2 Planteando la integral doble como una región tipo II 0 1 𝑦 2−𝑦2 𝑥 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 0 1 𝑥2 2 𝑦 2−𝑦2 𝑑𝑦 = 0 1 1 2 2 − 𝑦2 − 𝑦2 𝑑𝑦 = 1 2 0 1 2 − 2𝑦2 𝑑𝑦 = 1 2 2𝑦 − 2 3 𝑦3 0 1 = 1 2 2 − 2 3 = 2 3
- 21. 5. −3 −1 − 3+𝑥 3+𝑥 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦𝑑𝑥 + −1 5 2 2 (𝑥−1) 3+𝑥 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦𝑑𝑥 Solución: De la integral doble tenemos: −3 ≤ 𝑥 ≤ −1 ; − 3 + 𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 3 + 𝑥 −1 ≤ 𝑥 ≤ 5 ; 2 2 (𝑥 − 1) ≤ 𝑦 ≤ 3 + 𝑥 Luego del gráfico tenemos: 2 ≤ 𝑦 ≤ 8 ; 𝑦2 − 3 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑦 + 1 Planteando la integral doble como una región tipo II න 2 8 න 𝑦2−3 2𝑦+1 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥𝑑𝑦
- 22. 6. −1 0 − 𝑧+1 𝑧+1 𝑥𝑒𝑥2+2 𝑥2+𝑥−2 𝑑𝑥𝑑𝑧 + 0 3 − 𝑧+1 −𝑧+1 𝑥𝑒𝑥2+2 𝑥2+𝑥−2 𝑑𝑥𝑑𝑧 Solución: De la integral doble tenemos: −1 ≤ 𝑧 ≤ 0 ; − 𝑧 + 1 ≤ 𝑥 ≤ 𝑧 + 1 0 ≤ 𝑧 ≤ 3 ; − 𝑧 + 1 ≤ 𝑥 ≤ −𝑧 + 1 Luego del gráfico tenemos: 2 ≤ 𝑦 ≤ 8 ; 𝑦2 − 3 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑦 + 1 Planteando la integral doble como una región tipo I න −2 1 න 𝑥2−1 1−𝑥 𝑥𝑒𝑥2+2 𝑥2 + 𝑥 − 2 𝑑𝑧𝑑𝑥
- 23. • න −2 1 න 𝑥2−1 1−𝑥 𝑥𝑒𝑥2+2 𝑥2 + 𝑥 − 2 𝑑𝑧𝑑𝑥 = න −2 1 𝑥𝑒𝑥2+2 𝑥2 + 𝑥 − 2 න 𝑥2−1 1−𝑥 𝑑𝑧 𝑑𝑥 = −2 1 𝑥𝑒𝑥2+2 𝑥2+𝑥−2 1 − 𝑥 − 𝑥2 + 1 𝑑𝑥 = − −2 1 𝑥𝑒𝑥2+2 𝑥2+𝑥−2 𝑥2 + 𝑥 − 2 𝑑𝑥 = − −2 1 𝑥𝑒𝑥2+2 𝑑𝑥 = − 1 2 𝑒𝑥2 −2 1 = − 1 2 𝑒 − 𝑒4 .
- 24. GRACIAS