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Integrales Dobles sobre Regiones Generales

Cálculos de Integrales Dobles sobre Regiones Generales

Ejemplo 1
Pregunta: Calcular la integral doble \( \displaystyle V = \iint_R (x^2+y) \;dy \;dx \) donde la región \( R \) es un triángulo en el plano \( xy\)-plano delimitado por el eje \(x\), el eje \(y\) y la recta \( y = - x + 2 \).
Solución al Ejemplo 1
Cuatro pasos principales para calcular integrales dobles con regiones generales de integración.
PASO 1 Hacer un gráfico y/o diagrama que represente la región general
Comenzamos dibujando un gráfico o/y diagrama de la región \( R \) de integración. En este ejemplo, es un triángulo con lados en los ejes \(x\) y \(y\) y el tercer lado está descrito por la ecuación de la recta \( y = - x + 2 \). Este triángulo también puede ser definido por tres vértices: el origen y los puntos de intersección de la recta \( y = - x + 2 \) y los ejes \(x\) y \(y\), dados por \( (2,0) \) y \( (0,2) \) respectivamente, como se muestra en el gráfico a continuación.



Hay dos formas de calcular la integral dada sobre la región dada.
PASO 2 Decidir cómo describir la región general usando tiras
1) Usamos tiras verticales para describir la región \( R \) como se muestra en el gráfico a continuación.
Suponemos que la región \( R \) se puede considerar como un conjunto infinito de tiras verticales como se muestra en el diagrama a continuación.
Cualquier tira vertical dada, en un \( x \) dado, comienza en \( y = 0 \) y termina en \( y = - x + 2 \). Dado que debemos incluir todas las tiras que describen la región \( R \), \( x \) debe tomar valores de \( x = 0 \) a \( x = 2 \). Por lo tanto, la región \( R \) de integración se puede definir como:
PASO 3 Describir la región general de integración usando desigualdades
\( R \) : \( 0 \le x \le \ 2 \) , \( 0 \le y \le - x + 2 \)


PASO 4 Calcular la integral
La integral se puede escribir como
\( \displaystyle V = \int_0^2 \int_0^{-x+2} (x^2+y) \;dy \;dx \)
\( = \displaystyle \int_0^2 ( -x^3 +\dfrac{5}{2} x^2 - 2x + 2) \;dx = 8/3\)


Respondemos ahora la misma pregunta pero usando tiras horizontales. PASO 1 es el mismo que arriba
PASO 2 Decidir cómo describir la región general usando tiras
2) Usamos tiras horizontales para describir la región \( R \) como se muestra en el gráfico a continuación.
Suponemos que la región \( R \) se puede considerar como un conjunto infinito de tiras horizontales como se muestra en el diagrama a continuación.
Cualquier tira vertical dada, en un \( y \) dado, comienza en \( x = 0 \) y termina en \( x = - y + 2 \). Dado que debemos incluir todas las tiras en orden que describen la región \( R \), \( y \) debe tomar valores de \( y = 0 \) a \( y = 2 \). Por lo tanto, la región \( R \) de integración se puede definir como:
PASO 3 Describir la región general de integración usando desigualdades
\( R \) : \( 0 \le x \le - y + 2 \) , \( 0 \le y \le 2 \)



PASO 4 Calcular la integral
Por lo tanto, la integral se puede escribir como
\( \displaystyle V = \int_0^2 \int_0^{-y+2} (x^2+y) \;dx \;dy \)
\( = \displaystyle \int_0^2 (-\dfrac{1}{3} y^3 + y^2 - 2 y + \dfrac{8}{3} ) \;dy = 8/3 \)
Notas En ambos casos, la integral cuyos límites incluyen variables es la integral interna

Ejemplo 2
Pregunta: Calcular la integral doble \( \displaystyle V = \iint_R (x+y) \;dy \;dx \) donde la región \( R \) está en el plano \( xy\)-plano delimitada por el eje \(y\), las curvas de las ecuaciones \( y = x^3 \) y \( y = - x^2 + 2 \).

Solución del Ejemplo 2
Comenzamos analizando la región \( R \) como se muestra en el gráfico a continuación. Las dos curvas se intersecan en un punto cuya coordenada \( x \) está dada por la solución del sistema de ecuaciones
\( y = x^3 \)
\(y = - x^2 + 2 \)
Una forma de resolver el sistema anterior es restar las dos ecuaciones y simplificar para eliminar \( y \) y obtener una ecuación solo en \(x \) para obtener la ecuación
\( 0 = x^3 + x^2 - 2 \)
Con la ayuda del gráfico, es fácil ver que \( x = 1 \) es una solución al sistema anterior de ecuaciones que se puede verificar analíticamente.
La coordenada \(y\) del punto de intersección de las dos curvas se encuentra sustituyendo \( x \) por la solución ya encontrada \( 1 \) en una de las ecuaciones de las curvas para encontrar \( y = (1)^3 = 1 \).
Por lo tanto, el punto de intersección está dado por \( (1,1) \)

1) Usando tiras verticales
Una tira vertical dada comienza en la curva \( y = x^3 \) y termina en la curva \( x = - x^2 + 2 \). Para toda la región, \( x \) debe tomar todos los valores desde \( x = 0 \) hasta \( x = 1 \). Por lo tanto, la región \( R \) de integración está dada por \( R \) : \( 0 \le x \le 1 \) , \( x^3 \le y \le - x^2 + 2 \) Por lo tanto, la integral se puede calcular de la siguiente manera
\( \displaystyle V = \int_0^1 \int_{x^3}^{-x^2+2} (x+y) \;dy \;dx = \dfrac{803}{420}\)


2) Usando tiras horizontales
Una tira horizontal dada comienza en el eje \(y\) \( x = 0 \) y termina en la curva \( x = \sqrt[3]y \) o la curva \( x = \sqrt{- y+ 2} \). Debido a las dos curvas diferentes, la región \( R \) puede dividirse en dos regiones \( R_1 \) y \( R_2 \).
Para la región \( R_1 \), \( y \) debe tomar todos los valores desde \( y = 0 \) hasta \( y = 1 \) y para la región \( R_2 \), \( y \) debe tomar todos los valores desde \( y = 1 \) hasta \( y = 2 \).
Por lo tanto, la región \( R \) de integración tiene dos partes:
\( R_1 \) : \( 0 \le x \le \sqrt[3]y \) , \( 0 \le y \le 1 \)
y
\( R_2 \) : \( 0 \le x \le \sqrt{- y+ 2} \) , \( 0 \le y \le 1 \)
Por lo tanto, la integral se puede calcular de la siguiente manera
\( \displaystyle V = \iint_{R_1} (x+y) \;dx \;dy + \iint_{R_2} (x+y) \;dx \;dy \)

\( \displaystyle = \int_0^1 \int_{0}^{\sqrt[3]y} (x+y) \;dx \;dy + \int_1^2 \int_{0}^{\sqrt{-y+2}} (x+y) \;dx \;dy = \dfrac{803}{420}\)

Ejemplos donde la Elección del Orden de Integración Depende del Problema Dado

Ejemplo 3
Pregunta: Evaluar la integral doble \( \displaystyle V = \int _0^1 \int _y^1 (y + e^{-x^2}) dx dy \) si es posible. Invierta el orden de integración si es necesario para evaluar la integral dada.
Solución del Ejemplo 3
Comencemos con la integral interna
Sea \( \displaystyle I = \int _y^1 (y+e^{-x^2}) dx \)
Al intentar evaluar \( I \) anteriormente, la integral \( \displaystyle I = \int _y^1 (e^{-x^2}) dx \) no se puede hacer analíticamente.
De acuerdo con los límites de integración dados, la región \( R \) de integración de la integral \( V \) se puede escribir como
\( R \) : \( y \le x \le 1 \) , \( 0 \le y \le 1 \)
con el gráfico mostrado a continuación como un conjunto de tiras horizontales.


Ahora usemos tiras verticales para describir la región \( R \) como se muestra en el gráfico a continuación.

\ Grafique la región \( R \) de integración para ver si al cambiar el orden de integración, podemos proceder más adelante.
\( R \) : \( 0 \le x \le 1 \) , \( 0 \le y \le x \)
La integral \( V \) se puede escribir como
\( \displaystyle V = \int _0^1 \int _0^x (y + e^{-x^2}) dy dx \)
Evalúe usando la integral interna \( I \) dada por
\( \displaystyle I = \int _0^x (y + e^{-x^2}) dy \)
\( = \left[ \dfrac{y^2}{2} + y e^{-x^2} \right]_0^x \)
\( = \dfrac{x^2}{2} + x e^{-x^2} \)
Ahora sustituimos \( I \) en \( V \) y calculamos la integral dada
\( \displaystyle V = \int _0^1 (\dfrac{x^2}{2} + x e^{-x^2} ) dx \)
\( = \left[ \frac{x^3}{6}-\frac{1}{2}e^{-x^2} \right]_0^1 \)
\( = \dfrac{2}{3} - \dfrac{1}{2}e^{-1} \)

Ejemplo 4
Evaluar la integral doble \( \displaystyle V = \iint_R \left(\sqrt{1+y^3}+\:x\right)\:dy \:dx \) sobre la región \( R \) sombreada en rojo como se muestra a continuación.

Solución del Ejemplo 4
Sea la integral interna \( \displaystyle I = \int \left(\sqrt{1+y^3}+\:x\right) \; dy \)
Es fácil ver que esta integral no es fácil de calcular analíticamente.
Intercambiemos el orden de integración.
\( V = \displaystyle \iint_R \left(\sqrt{1+y^3}+\:x\right)\:dx \:dy \)
La región \( R \) puede describirse como:
\( R\) : \( 0 \le x \le y^2 \) , \( 0 \le y \le \sqrt 2 \)


\( \displaystyle V = \int _0^{\sqrt 2} \int _0^{y^2} \left(\sqrt{1+y^3}+\:x\right) dx dy \)
Evaluemos la integral interna \( I \).
\( I = \displaystyle \int _0^{y^2} \left(\sqrt{1+y^3}+\:x\right) dx \)
\( = \left [ x \sqrt{1+y^3} + \dfrac{x^2}{2} \right]_0^{y^2} \)
Evaluamos y simplificamos
\( = y^2\sqrt{y^3+1}+\frac{y^4}{2} \)
Sustituimos \( I \) en \( V \) y calculamos la integral externa
\( \displaystyle V = \int _{0\:}^{\sqrt 2} \left(y^2\sqrt{y^3+1}+\frac{y^4}{2} \right) \; dy \)
Calculamos la integral anterior
\( \displaystyle V = \left [ \frac{2}{9}\left(y^3+1\right)^{\frac{3}{2}}+\frac{y^5}{10} \right]_0^{\sqrt 2} \)
Simplificamos
\( V = \frac{2}{9}\left(\left(\sqrt{2}\right)^3+1\right)^{\frac{3}{2}}+\frac{\left(\sqrt{2}\right)^5}{10}-\dfrac{2}{9} \approx 2.00 \)

Ejemplo 5
Evaluar la integral doble \( \displaystyle V = \iint_R (x+y)\:dydx \) sobre la región \( R \) delimitada por las curvas de las ecuaciones \( x = (y-2)^2-2 \) y \( y = - x + 6 \)
Solución del Ejemplo 5
Si se usan tiras verticales, la región de integración tendrá dos partes porque los límites de \( y \) son diferentes en los intervalos \( -2 \le x \le 2 \) y \( 2 \le x \le 7 \) y los cálculos de la integral son muy desafiantes.
Por lo tanto, usamos tiras horizontales.


La región \( R \) puede describirse como:
\( R\) : \( (y-2)^2 - 2 \le x \le -y+6 \) , \( -1 \le y \le 4 \)
\( \displaystyle V = \int _{-1}^{4} \int _{(y-2)^2 - 2}^{-y+6} (x+y)\:dx \: dy \)
Sea la integral interna \( \displaystyle I = \int _{(y-2)^2 - 2}^{-y+6} (x+y)\:dx \)
Calculamos la integral anterior
\( I = \dfrac{-y^4+6y^3-13y^2+12y+32}{2} \)
Sustituimos \( I \) en \( V \) y calculamos la integral externa
\( \displaystyle V = \int _{-1}^4 \left( \dfrac{-y^4+6y^3-13y^2+12y+32}{2} \right) \; dy \)
Calculamos la integral anterior
\( \displaystyle V = \dfrac{1}{2} \left[-\dfrac{y^5}{5}+\dfrac{3y^4}{2}-\dfrac{13y^3}{3}+6y^2+32y\right]_{-1}^4 \)
Evaluamos
\( V = \dfrac{875}{12} \)
Nota
Como ejercicio, demuestra que usando tiras verticales, la integral doble está dada por:
\( \displaystyle \int _{-2}^2\:\int _{2-\sqrt{x+2}}^{2+\sqrt{x+2}}\:\left(x+y\right)dydx+\int _2^7\:\int _{2-\sqrt{x+2}}^{-x+6}\:\left(x+y\right)dydx \)

Más preguntas con respuestas

1. Escribe los límites de la integral doble \( \displaystyle V = \iint_R x y \;dy \;dx \) y \( \displaystyle V = \iint_R x y \;dx \;dy \) donde la región \( R \) está en el plano \( xy\) tal que \(x \ge 0\) y \(y \ge 0\) y está limitada por la curva cuya ecuación es \( x^2 + y^2 = 1 \) y evalúala.
   
2. Escribe los límites de la integral doble \( \displaystyle V = \iint_R \sin(x^2) \;dy \;dx \) y \( \displaystyle V = \iint_R \sin(x^2) \;dx \;dy \) donde la región \( R \) es un triángulo con vértices en los puntos \( A(0,0)\) , \( B(3,0) \) y \( C(3,3) \) y evalúala.
   

Respuestas a las preguntas anteriores

1. Región de integración
   
   
   Tiras verticales
   \( 0 \le x \le 1 \) , \( 0 \le y \le \sqrt{1-x^2} \)
   \( \displaystyle \int _0^1\:\int _0^{\sqrt{1-x^2}}\:xy\:dy\:dx = 1/8 \)
   Tiras horizontales
   \( 0 \le x \le \sqrt{1-y^2} \) , \( 0 \le y \le 1 \)
   \( \displaystyle \int _0^1\:\int _0^{\sqrt{1-y^2}}\:xy\:dx\:dy = 1/8\)
   
   
2. 
   Región de integración
   
   
   Tiras verticales
   \( 0 \le x \le 3\) , \( 0 \le y \le x \)
   \( \displaystyle \int _0^3\:\int _0^x \:\sin(x^2)\:dy\:dx = \dfrac{1}{2}\left(-\cos \left(9\right)+1\right) \)
   Tiras horizontales
   \( y \le x \le 3 \) , \( 0 \le y \le 3 \)
   \( \displaystyle \int _y^3\:\int _0^3\:\sin(x^2)\:dx\:dy \) Muy difícil de resolver analíticamente.

Más referencias y enlaces

1. Cálculos de Integrales Dobles
   
2. Howard Anton, Irl C. Bivens, Stephen Davis ; Cálculo: Trascendentes Tempranas; Willey, 2012.
   
3. Gilbert Strang; MIT, Cálculo, Wellesley-Cambridge Press, 1991
   
4. Joel Hass, Universidad de California, Davis; Maurice D. Weir Naval Postgraduate School; George B. Thomas, Jr.Massachusetts Institute of Technology ; Cálculo Universitario , Trascendentes Tempranas, Tercera Edición , Boston Columbus , 2016, Pearson.