SEMANA 11.-INTEGRALES DOBLES.pdf

INTEGRALES DOBLES
PROGRAMA DE INGENIERIA CIVIL
Mg. Laura Lucila Arbulú Baquedano

REGIONES EN EL PLANO
TIPO Rx Ry

MOTIVACIÓN
Regiones del tipo I. Sean 𝜙1, 𝜙2: 𝑎, 𝑏 → ℝ dos funciones reales de la
variable real 𝑥 ∈ 𝑎, 𝑏 , continuas, de modo que 𝜙1 𝑥 ≤ 𝜙2 𝑥 , ∀𝑥 ∈
𝑎, 𝑏 . Consideremos la región 𝑅𝑋 del plano dada por
𝑅𝑋 = 𝑥, 𝑦 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, 𝜙1 𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 𝜙2 𝑥
El hecho de que las funciones 𝜙1 y 𝜙2 sean funciones continuas en el intervalo
cerrado 𝑎, 𝑏 , garantiza que son acotadas, lo cual a su vez garantiza que la
región 𝑅𝑋 es una región acotada del plano, cuyo aspecto es como el que se
muestra en la figura siguiente.

MOTIVACIÓN
Así pues, las regiones del tipo (I) son regiones limitadas:
• Por la recta vertical 𝑥 = 𝑎 por la izquierda,
• Por la recta vertical 𝑥 = 𝑏 por la derecha,
• Por la gráfica de la función de 𝑥, 𝑦 = 𝜙1 𝑥 , por debajo,
• Por la gráfica de la función de 𝑥, 𝑦 = 𝜙2 𝑥 , por encima.

MOTIVACIÓN
Ejemplo
Región I: 𝑅𝑋 = 𝑥, 𝑦 1 ≤ 𝑥 ≤ 3, 2 −
𝑥
2
≤ 𝑦 ≤ 3 +
𝑥2
8

MOTIVACIÓN
Región I:
𝑅𝑋 = 𝑥, 𝑦
𝜋
4 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋, 2 − cos
𝑥
2 ≤ 𝑦 ≤ 3 + sen
𝑥
2

MOTIVACIÓN
Regiones del tipo II. Sean 𝜓1, 𝜓2: 𝑐, 𝑑 → ℝ dos funciones
reales de la variable real 𝑦 ∈ 𝑐, 𝑑 , continuas, de modo que
𝜓1 𝑦 ≤ 𝜓2 𝑦 , ∀𝑦 ∈ 𝑐, 𝑑 . Consideremos la región 𝑅𝑌 del
plano dada por
𝑅𝑌 = 𝑥, 𝑦 𝜓1 𝑦 ≤ 𝑥 ≤ 𝜓2 𝑦 , 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑
Nuevamente, por la continuidad de las funciones 𝜓1 𝑦 y
𝜓2 𝑦 en el intervalo cerrado 𝑐, 𝑑 , podemos garantizar que la
región 𝑅𝑌 es acotada. Su aspecto gráfico es como sigue.

MOTIVACIÓN
De modo pues que las regiones del tipo
II están limitadas:
Por la recta horizontal 𝑦 = 𝑐 por debajo,
Por la recta horizontal 𝑦 = 𝑑 por
encima,
Por la gráfica de la función de
𝑦, 𝜓1 𝑦 por la izquierda,
Por la gráfica de la función de
𝑦, 𝜓2 𝑦 por la derecha.

MOTIVACIÓN
Ejemplo
Región II: 𝑅𝑌 = 𝑥, 𝑦 1 +
𝑦
4
≤ 𝑥 ≤ 2 +
𝑦2
8
, 1 ≤ 𝑦 ≤ 5

MOTIVACIÓN
Región II: 𝑅𝑌 =
𝑥, 𝑦 2 − cos 𝑦 ≤ 𝑥 ≤ 5 + sen 𝑦 ,
𝜋
2
≤ 𝑦 ≤
3𝜋
2

INTEGRALES
DOBLES:INTERPRETACIÓN
GEOMÉTRICA

Integral definida de una variable
SABERES PREVIOS

Sea 𝑓 𝑥 una función definida en el intervalo 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏.
Dividimos el intervalo a, 𝑏 en 𝑛 subintervalos 𝑥𝑖−1, 𝑥𝑖 de
igual ancho Δ𝑥 =
𝑏−𝑎
𝑛
, y elegimos puntos muestra 𝑥𝑖
∗
en
estos subintervalos. Entonces formamos la suma de
Riemann:
෍
𝒊=𝟏
𝒏
𝒇 𝒙𝒊
∗
𝚫𝒙
SABERES PREVIOS
න
𝒂
𝒃
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = lim
𝒏→∞
෍
𝒊=𝟏
𝒏
𝒇 𝒙𝒊
∗
𝚫𝒙
y tomamos el límite de las sumas conforme 𝑛 → ∞ para
obtener la integral definida de 𝑓 desde 𝑎 hasta 𝑏:

En el caso particular donde 𝑓 𝑥 ≥ 0, la suma de Riemann
se puede interpretar como la suma de las áreas de los
rectángulos de aproximación
Mientras que ‫׬‬
𝒂
𝒃
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 representa el área bajo la curva.

MOTIVACIÓN
Supongamos que tenemos
una superficie por encima del
plano XY, entonces vamos a
describir el volumen bajo la
superficie y encima del plano
XY (restringido a la región R)

Consideremos el rectángulo
𝑅 = 𝑎, 𝑏 × 𝑐, 𝑑
𝑅 = 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ2 ∣ 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑
Supongamos que la función de dos
variables 𝑓 𝑥, 𝑦 , es tal que
𝑓 𝑥, 𝑦 ≥ 0 sobre el rectángulo 𝑅.

MOTIVACIÓN
La gráfica de 𝑧 = 𝑓 𝑥, 𝑦 , es
una superficie. Sea 𝑆 el
sólido que aparece arriba de
𝑅 y debajo de la gráfica de
𝑓, es decir:
𝑺 = 𝒙, 𝒚, 𝒛 ∈ ℝ𝟑 ∣ 𝟎 ≤ 𝒛 ≤ 𝒇 𝒙, 𝒚 , 𝒙, 𝒚 ∈ 𝑹
¿Cómo calculamos el volumen de S?

¿Cómo podemos medir la
capacidad contenida entre dos
superficies?
MOTIVACIÓN
Si la integral definida de una variable, nos permite
calcular el área comprendida entre dos curvas

LOGRO DE LA SESIÓN
Al término de la sesión, el estudiante habrá
comprendido el uso de las integrales dobles de
funciones de dos variables.
𝒇: 𝒂, 𝒃 × 𝒄, 𝒅 ⊆ ℝ𝟐 → ℝ, 𝒛 = 𝒇 𝒙, 𝒚
න
𝒂
𝒃
න
𝒄
𝒅
𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝒚𝒅𝒙 = න
𝒂
𝒃
න
𝒄
𝒅
𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝒚 𝒅𝒙

El primer paso es dividir el rectángulo 𝑅 en sub-
rectángulos. Esto se hace dividiendo el intervalo 𝑎, 𝑏 en
𝑚 subintervalos 𝑥𝑖−1, 𝑥𝑖 de igual ancho Δ𝑥 =
𝑏−𝑎
𝑚
, y
dividimos 𝑐, 𝑑 en 𝑛 subintervalos 𝑦𝑗−1, 𝑦𝑗 de igual
ancho Δ𝑦 =
𝑑−𝑐
𝑛
, formando sub-rectángulos.
𝑅𝑖𝑗 = 𝑥𝑖−1, 𝑥𝑖 × 𝑦𝑗−1, 𝑦𝑗
𝑅𝑖𝑗 = 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ2 ∣ 𝑥𝑖−1 ≤ 𝑥 ≤ 𝑥𝑖, 𝑦𝑗−1 ≤ 𝑦 ≤ 𝑦𝑗
cada uno con un área
Δ𝐴 = Δ𝑥 ⋅ Δ𝑦

Considere los puntos en cada sub-rectángulo 𝑅𝑖𝑗 de la forma 𝑥𝑖𝑗
∗
, 𝑦𝑖𝑗
∗
.

SESIÓN 6 – Integrales Múltiples
Considere el prisma de base 𝑅𝑖𝑗 y altura 𝑓 𝑥𝑖𝑗
∗
, 𝑦𝑖𝑗
∗
como se muestra
en la figura.

El volumen de esta caja es la altura de la caja multiplicada por el área
de la base del rectángulo 𝑓 𝑥𝑖𝑗
∗
, 𝑦𝑖𝑗
∗
Δ𝐴.

Si se sigue este procedimiento para los demás rectángulos
y se suman los volúmenes de las cajas correspondientes
(como se visualizaba en la figura anterior), se obtiene una
aproximación del volumen total de 𝑆:
𝑉 ≈ ෍
𝑖=1
𝑚
෍
𝑗=1
𝑛
𝑓 𝑥𝑖𝑗
∗
, 𝑦𝑖𝑗
∗
Δ𝐴
Esta doble suma significa que para cada sub-rectángulo se
evalúa 𝑓 en el punto elegido y se multiplica por el área del
sub-rectángulo y luego se suman los resultados.

La intuición nos indica que la aproximación dada antes es
mejor cuando 𝑚 y 𝑛 crecen y, por tanto, se esperaría que
𝑉 = lim
𝑚,𝑛→∞
෍
𝑖=1
𝑚
෍
𝑗=1
𝑛
𝑓 𝑥𝑖𝑗
∗
, 𝑦𝑖𝑗
∗
Δ𝐴
𝑉 = lim
𝑚→∞
lim
𝑛→∞
෍
𝑖=1
𝑚
෍
𝑗=1
𝑛
𝑓 𝑥𝑖𝑗
∗
, 𝑦𝑖𝑗
∗
Δ𝐴
Usamos la expresión anterior para definir el volumen del
sólido 𝑆 que yace debajo de la gráfica de 𝑓, y arriba del
rectángulo 𝑅.

Integral Doble
Definición. La integral doble de la función 𝑓 sobre el
rectángulo 𝑅 es
න න
𝑅
𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴 = lim
𝑚,𝑛→∞
෍
𝑖=1
𝑚
෍
𝑗=1
𝑛
𝑓 𝑥𝑖𝑗
∗
, 𝑦𝑖𝑗
∗
Δ𝐴
siempre que el límite exista.
SESIÓN 6 – Integrales Doble

Una función 𝑓 se denomina integrable, si existe el límite en la
definición anterior.
Dado que se puede elegir que el punto muestra 𝑥𝑖𝑗
∗
, 𝑦𝑖𝑗
∗
sea
cualquier punto sobre el rectángulo 𝑅𝑖𝑗 entonces la expresión
para la integral es:
න න
𝑅
𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴 = lim
𝑚,𝑛→∞
෍
𝑖=1
𝑚
෍
𝑗=1
𝑛
𝑓 𝑥𝑖, 𝑦𝑗 Δ𝐴
doble suma de Riemann

Si 𝑓 𝑥, 𝑦 ≥ 0, entonces el
volumen 𝑉 del sólido que
está arriba del rectángulo 𝑅
y debajo de la superficie
𝑧 = 𝑓 𝑥, 𝑦 es
𝑉 = න න
𝑅
𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴

Estimar el volumen del sólido que está arriba del
cuadrado 𝑅 = 0,2 × 0,2 y debajo del paraboloide
elíptico 𝑧 = 16 − 𝑥2
− 2𝑦2
.
Ejemplo
Solución.
Supongamos que
aproximamos el volumen
mediante la suma de
Riemann con 𝑚 = 2, 𝑛 = 2
entonces tendríamos:

Solución.
𝑉 ≈ ෍
𝑖=1
2
෍
𝑗=1
2
𝑓 𝑥𝑖, 𝑦𝑗 Δ𝐴
𝑉 = 𝑓 1,1 Δ𝐴 + 𝑓 1,2 Δ𝐴
+𝑓 2,1 Δ𝐴 + 𝑓 2,2 Δ𝐴
𝑉 = 13 + 7 + 10 + 4 = 34

INTEGRALES DOBLE
ITERADA

Evaluar las siguientes integrales iteradas:
Ejemplo
𝑎) න
0
3
න
1
2
𝑥2𝑦𝑑𝑦 𝑑𝑥

Ejemplo
𝑏) න
1
2
න
0
3
𝑥2𝑦𝑑𝑥 𝑑𝑦

Ejemplo
SESIÓN 6 – Integrales Dobles

Ejemplo
න
0
3
න
1
2
𝑒𝑥+𝑦𝑑𝑦 𝑑𝑥

Ejemplo
𝑎) න
0
2
න
0
2
(8𝑥2+2𝑦)𝑑𝑦 𝑑𝑥

Ejemplo
Calcular el volumen del sólido
𝑆 acotado por el paraboloide
elíptico 𝑥2 + 2𝑦2 + 𝑧 =
16, los planos 𝑥 = 2,
𝑦 = 2 y los tres planos
coordenados.

INTEGRALES DOBLE
DEFINIDA

¿Cómo podemos calcular la
respectiva integral?
MOTIVACIÓN
Pero si la región R no es un rectángulo…
න න
𝑹
𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨

LOGRO DE LA SESIÓN
Al término de la sesión, el estudiante habrá
comprendido el cambio de orden de integración y
calcula aplicaciones de las integrales dobles.
𝒇: 𝑹 ⊆ ℝ𝟐 → ℝ, 𝒛 = 𝒇 𝒙, 𝒚
න න
𝑹
𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝑨 = න
𝒂
𝒃
න
𝒈𝟏 𝒙
𝒈𝟐 𝒙
𝒇 𝒙, 𝒚 𝒅𝒚𝒅𝒙

SESIÓN 7 – Aplicaciones de Integrales Dobles
Integrales dobles sobre regiones generales

En el caso de integrales definidas en una variable la región
de integración es un intervalo, pero en dos variables la
situación es más complicada y hay mayor variedad de
regiones para considerar.
Hasta ahora estudiamos integrales dobles sobre
rectángulos; en esta sesión definiremos la integral doble
sobre una región D más general.

Sea definida una función 𝑓 sobre la región 𝐷.
Supongamos que 𝐷 es una región limitada, es decir que
existe un rectángulo 𝑅 tal que 𝐷 ⊆ 𝑅. Definimos entonces
una nueva función 𝐹, con dominio en el rectángulo 𝑅:
𝐹 𝑥, 𝑦 = ቊ
𝑓 𝑥, 𝑦 , 𝑠𝑖 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐷
0, 𝑠𝑖 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅 − 𝐷

𝐹 𝑥, 𝑦 = ቊ
𝑓 𝑥, 𝑦 , 𝑠𝑖 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐷
0, 𝑠𝑖 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅 − 𝐷

Si la integral doble de 𝐹 sobre 𝑅 existe, la cual es una
integral sobre un rectángulo, entonces definimos la
integral de 𝑓 sobre 𝐷 como sigue:
න න
𝐷
𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴 = න න
𝑅
𝐹 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴
donde la segunda integral es como las integrales vistas en
la sesión anterior. Estudiaremos a continuación, regiones
de integración 𝐷 que tienen un buen comportamiento,
clasificamos tales regiones como regiones de tipo I, y
regiones de tipo II.

Región Plana de tipo I.
Una región 𝐷 es de tipo I si se encuentra limitada por dos
funciones continuas en la variable 𝑥:
𝐷𝐼 = 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ2 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, 𝑔1 𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 𝑔2 𝑥
donde las funciones 𝑔1, 𝑔2: 𝑎, 𝑏 → ℝ, son continuas.

Integral doble en regiones de tipo I.
Sea 𝑓: 𝐷𝐼 ⊂ ℝ2
→ ℝ una función continua en una región
𝐷𝐼
𝐷𝐼 = 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ2 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, 𝑔1 𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 𝑔2 𝑥
donde las funciones 𝑔1, 𝑔2: 𝑎, 𝑏 → ℝ, son continuas,
entonces
න න
𝐷𝐼
𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴 = න
𝑎
𝑏
න
𝑔1 𝑥
𝑔2 𝑥
𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥

Región Plana de tipo II.
Una región 𝐷 es de tipo I si se encuentra limitada por dos
funciones continuas en la variable 𝑦:
𝐷𝐼𝐼 = 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ2 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑, ℎ1 𝑦 ≤ 𝑥 ≤ ℎ2 𝑦
donde las funciones ℎ1, ℎ2: 𝑐, 𝑑 → ℝ, son continuas.

Integral doble en regiones de tipo II.
Sea 𝑓: 𝐷𝐼𝐼 ⊂ ℝ2
→ ℝ una función continua en una región
𝐷𝐼𝐼
𝐷𝐼𝐼 = 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ2 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑, ℎ1 𝑦 ≤ 𝑥 ≤ ℎ2 𝑦
donde las funciones ℎ1, ℎ2: 𝑐, 𝑑 → ℝ, son continuas,
entonces
න න
𝐷𝐼𝐼
𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴 = න
𝑐
𝑑
න
ℎ1 𝑦
ℎ2 𝑦
𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦

Calcular
න න
𝐷
𝑥3𝑦 + cos 𝑥 𝑑𝐴
donde 𝐷 es el triángulo en el plano 𝑋𝑌 con vértices
0,0 ,
𝜋
2
, 0 y
𝜋
2
,
𝜋
2
.
Ejemplo

Ejemplo
Solución.
𝐷𝐼 = 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ2
0 ≤ 𝑥 ≤
𝜋
2
, 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥
Observemos que el triángulo 𝐷 es una región de tipo I:

Ejemplo
Solución.
න න
𝐷𝐼
𝑥3
𝑦 + cos 𝑥 𝑑𝐴 = න
0
𝜋
2
න
0
𝑥
𝑥3
𝑦 + cos 𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥
Entonces

Ejemplo
Solución.
𝐷𝐼𝐼 = 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ2 0 ≤ 𝑦 ≤
𝜋
2
, 𝑦 ≤ 𝑥 ≤
𝜋
2
Observemos que el triángulo 𝐷 es también una región
de tipo II:

Ejemplo
Solución.
න න
𝐷𝐼𝐼
𝑥3𝑦 + cos 𝑥 𝑑𝐴 = න
0
𝜋
2
න
𝑦
𝜋
2
𝑥3𝑦 + cos 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑦
Entonces

Ejemplo 1.
Calcular las siguientes integrales dobles
𝑎) න
1
2
න
0
2𝑥
𝑥𝑦3𝑑𝑦 𝑑𝑥

Ejemplo 2.
Calcular las siguientes integrales dobles
𝑏) න
−1
1
න
0
𝑥
(𝑥2
𝑦 + 𝑥𝑦2
)𝑑𝑦 𝑑𝑥

Hallar .
‫׭‬
𝑅
𝑥2
𝑦
𝑑𝑥𝑑𝑦, donde R es la region limitada por las parabolas y= 𝑥2
, x= 𝑦2

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