04.integrales Múltiples

UNIVERSIDAD DEL ATLÁNTICO FACULTAD DE CIENCIAS BÁSICAS DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICAS CÁLCULO VECTORIAL 04. INTEGRALES MÚLTIPLES. Recordemos el proceso empleado para encontrar el área de una región R, bajo una curva 𝑦 = 𝑓(𝑥) continua en ℝ2 , comprendida entre el eje x, las rectas x = a y x = b, como se muestra en el dibujo (a):



El intervalo [a, b] se divide en n partes iguales, de modo que cada una de ellas tiene como medida x, donde x 

  

ba n

, ver dibujo (b).

El i-ésimo subintervalo será ∆𝑖 𝑥 = ∆𝑥 = [𝑥𝑖−1 , 𝑥𝑖 ], 𝑖 = 1,2, … , 𝑛 En cada subintervalo se escogen puntos de muestra 𝑐𝑖 ∈ [𝑥𝑖−1 , 𝑥𝑖 ] y se calcula 𝑓(𝑐𝑖 ). Considerando todos los rectángulos de base ∆𝑖 𝑥 y altura 𝑓(𝑐𝑖 ), el área de todos ellos 𝑎(𝑅), es: 𝑛

𝑎(𝑅) = 𝑆𝑛 = 𝑓(𝑐1 )∆1 𝑥 + 𝑓(𝑐2 )∆2 𝑥 + ⋯ + 𝑓 (𝑐𝑛 )∆𝑛 𝑥 = ∑ 𝑓(𝑐𝑖 )∆𝑖 𝑥 𝑖=1

 

Cuando los subintervalos tienen la misma longitud, ∆𝑖 𝑥 = ∆𝑥 Si A es el número que representará la medida del área de la región, será 𝑎(𝑅) = 𝐴 ≥ 𝑆𝑛 . Si escogemos una partición más fina de [a, b], figura (c) en el dibujo anterior, es decir, si lo dividimos en una mayor cantidad de subintervalos, la suma de las áreas de los rectángulos estará más próxima al área de la región. Si continuamos haciendo particiones cada vez más finas (n crece indefinidamente), la suma de las áreas de los rectángulos estará muy cerca del área de la región.

El razonamiento anterior permite dar la siguiente Definición. Si f es una función continua en el intervalo cerrado [a, b], tal que f (x)  0 para todo x  [a, b], y R es la región limitada por f, el eje x y las rectas x = a y x = b; x 

ba n

es el tamaño de cada subintervalo de [a, b], [xi-

1,

xi] representa el i-ésimo subintervalo de [a, b], f (ci) es el mínimo absoluto en [xi-1, xi], entonces la medida del área de la región R es: 𝑛

𝑎(𝑅) = 𝐴 = lim ∑ 𝑓(𝑐𝑖 )∆𝑖 𝑥 , 𝑛→∞

𝑖=1

Si los subintervalos no son de igual longitud, ∆𝑖 𝑥 será es la longitud del i-ésimo subintervalo. A la anterior suma se le conoce con el nombre de suma de Riemann, en honor al matemático Alemán Georg Freidrich Riemann (1826 – 1866)

2

Integrales Múltiples.

La integral definida se expresa en términos de dicha suma, así: 𝑛

𝑏

∫ 𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 = lim ∑ 𝑓(𝑐𝑖 )∆𝑖 𝑥 𝑛→∞

𝑎

𝑖=1

Siempre que el límite exista. VOLUMENES E INTEGRALES DOBLES. Similarmente, si tenemos una función 𝑓(𝑥, 𝑦) ≥ 0 definida en un rectángulo cerrado 𝑅 = [𝑎, 𝑏] x [𝑐, 𝑑 ] = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2 |𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 ∧ 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑 } 𝑆 es el sólido ubicado sobre 𝑅 y debajo de 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦), esto es:

𝑆 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ ℝ3 |0 ≤ 𝑧 ≤ 𝑓(𝑥, 𝑦) ∧ (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅} Vamos a encontrar el volumen del sólido 𝑆. Para ello:  Dividimos el rectángulo 𝑅 en subrectángulos. Para esto, el intervalo [𝑎, 𝑏] lo dividimos en 𝑚 subinterva𝑏−𝑎 los [𝑥𝑖−1 , 𝑥𝑖 ] con un tamaño de ∆𝑥 = y el intervalo [𝑐, 𝑑 ] lo dividimos en 𝑛 subintervalos [𝑥𝑗−1 , 𝑥𝑗 ] 𝑑−𝑐

𝑚

con un tamaño de ∆𝑦 = 𝑛 .  Trazando paralelas a los ejes 𝑥, 𝑦, por los puntos extremos de las particiones, se forman los subrectángulos. ∗  Escogiendo en cada subrectángulo 𝑅𝑖𝑗 un punto (𝑥𝑖𝑗 , 𝑦𝑖𝑗∗ ), podremos aproximar la parte de 𝑆 que está encima de cada 𝑅𝑖𝑗 mediante una “caja rectangular” cuya base es 𝑅𝑖𝑗 (representemos con ∆𝐴 su área) y la ∗ altura 𝑓(𝑥𝑖𝑗 , 𝑦𝑖𝑗∗ ). El volumen es el área de la base multiplicada por la altura: ∗ 𝑓(𝑥𝑖𝑗 , 𝑦𝑖𝑗∗ )∆𝐴

3

Integrales Múltiples.

 Si llenamos todos los subrectángulos con estas “cajas” y sumamos sus volúmenes, tendremos una aproximación al volumen de 𝑆: 𝑚

𝑛

∗ 𝑉 ≈ ∑ ∑ 𝑓(𝑥𝑖𝑗 , 𝑦𝑖𝑗∗ )∆𝐴 𝑖=1 𝑗=1

 Si afinamos nuestra partición de modo que los valores de 𝑚 𝑦 𝑛 aumenten indefinidamente, tendríamos: 𝑚

𝑛

∗ 𝑉 = lim ∑ ∑ 𝑓(𝑥𝑖𝑗 , 𝑦𝑖𝑗∗ )∆𝐴 𝑚,𝑛→∞

𝑖=1 𝑗=1

La expresión anterior sirve para definir el volumen del sólido 𝑆. Definición: La integral doble de 𝑓 sobre un rectángulo 𝑅 es 𝑚

𝑛

∗ ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 = lim ∑ ∑ 𝑓(𝑥𝑖𝑗 , 𝑦𝑖𝑗∗ )∆𝐴 𝑚,𝑛→∞

𝑅

𝑖=1 𝑗=1

Siempre que exista dicho límite. ∗ El punto (𝑥𝑖𝑗 , 𝑦𝑖𝑗∗ ) puede ser cualquiera del subrectángulo pero escogiéndolo en la esquina superior derecha, la expresión de la integral doble se simplifica: 𝑚

𝑛

∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 = lim ∑ ∑ 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗 )∆𝐴 𝑚,𝑛→∞

𝑅

𝑖=1 𝑗=1

Definición: Si 𝑓(𝑥, 𝑦) ≥ 0, el volumen del sólido situado encima del rectángulo 𝑅 y debajo de la superficie 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦), es: 𝑉 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 𝑅

Ejemplos: 1. Encontrar el volumen aproximado del sólido que está en contacto con el cuadrado 𝑅 = [0,2] x [0,2] y debajo del paraboloide elíptico 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) = 16 − 𝑥 2 − 2𝑦 2. Solución: Para encontrar los subrectángulos, procedemos de la siguiente manera:  Subintervalos en el eje 𝑥:  Subintervalos en el eje y: Tamaño del intervalo dado: 2 − 0 = 2 Tamaño del intervalo dado: 2 − 0 = 2 Cantidad de subintervalos: 2 Cantidad de subintervalos: 2 2 2 Tamaño de cada subintervalo: 2 = 1 Tamaño de cada subintervalo: 2 = 1 Ubicamos el rectángulo 𝑅 en el plano 𝑥𝑦. Partiendo del origen y con tamaño de 1 unidad, marcamos dos segmentos que corresponderán a los subintervalos en 𝑥. Similarmente procedemos con el eje 𝑦. Por cada punto de los señalados anteriormente, trazamos paralelas a los ejes y tendremos una figura como la siguiente:

4

Integrales Múltiples.

. . . .

y y2  2

(1, 2) R12

y1  1

(1, 1) R11

0

x1 

(2, 2)

R22

(2, 1)

R21 x2 

1

2

x

Para hacer los cálculos, escogemos en cada subrectángulo, un punto situado en la esquina superior derecha. En este caso tendremos que: 𝑥1 = 1, 𝑥2 = 2, 𝑦1 = 1, 𝑦2 = 2 El área de cada cuadrado es 1, por lo que ∆𝐴 = 1. Ahora aproximaremos el volumen utilizando la suma de Riemann: 2

2

𝑉 = lim ∑ ∑ 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗 )∆𝐴 = 𝑚,𝑛→∞

2

2

𝑖=1 𝑗=1 2

𝑉 ≈ ∑ ∑ 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗 )∆𝐴 = ∑[𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦1 ) + 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦2 )]∆𝐴 = 𝑖=1 𝑗=1

𝑖=1

= [𝑓(𝑥1 , 𝑦1 ) + 𝑓 (𝑥1 , 𝑦2 ) + 𝑓 (𝑥2 , 𝑦1 ) + 𝑓(𝑥2 , 𝑦2 )] ∙ 1 Y como: 𝑓(1,1) = 16 − (1)2 − 2(1)2 = 16 − 1 − 2 = 13. 𝑓(1,2) = 16 − (1)2 − 2(2)2 = 16 − 1 − 8 = 7 𝑓(2,1) = 16 − (2)2 − 2(1)2 = 16 − 4 − 2 = 10 𝑓(2,2) = 16 − (2)2 − 2(2)2 = 16 − 4 − 8 = 4 Será: 𝑉 ≈ 𝑓(1,1)(1) + 𝑓(1,2)(1) + 𝑓 (2,1)(1) + 𝑓 (2,2)(1) = 13 + 7 + 10 + 4 = 34 2. Si 𝑅 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2 |−1 ≤ 𝑥 ≤ 1 ∧ −2 ≤ 𝑦 ≤ 2}, evaluar la integral ∬ √1 − 𝑥 2 𝑑𝐴 𝑅

Como resultaría difícil encontrar el valor aplicando la definición (ya que en la expresión que define a la función, no aparece la variable 𝑦), exploremos otro procedimiento:

Como 𝑧 = √1 − 𝑥 2 ≥ 0, podemos encontrar el volumen del sólido e interpretarlo como la integral. Dado que 𝑧 = √1 − 𝑥 2 → 𝑥 2 + 𝑧 2 = 1, cuando 𝑦 = 0, corresponden a círculos en el plano 𝑥𝑧, podemos afirmar que las trazas son círculos y como 𝑧 ≥ 0, las trazas serán semicírculos y el sólido es un semicilindro. El volumen es: 1 (á𝑟𝑒𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒)(𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎) = 𝑉 = ∬ √1 − 𝑥 2 𝑑𝐴 = 𝜋(1)2 4 = 2𝜋 2 𝑅

5

Integrales Múltiples.

∗ 3. En ocasiones es conveniente escoger el punto (𝑥𝑖𝑗 , 𝑦𝑖𝑗∗ ), el centro de cada subrectángulo, el cual identifica-

remos con (𝑥̅ 𝑖 , 𝑦̅𝑗 ). Usar esta notación para estimar el valor de la integral ∬𝑅 (𝑥 − 3𝑦 2 )𝑑𝐴, donde 𝑅 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2 |0 ≤ 𝑥 ≤ 2 ∧ 1 ≤ 𝑦 ≤ 2} Solución: Para encontrar los subrectángulos, escogemos 𝑚 = 𝑛 = 2 y procedemos de la siguiente manera:  Subintervalos en el eje 𝑥:  Subintervalos en el eje y: Tamaño del intervalo dado: 2 − 0 = 2 Tamaño del intervalo dado: 2 − 1 = 1 Cantidad de subintervalos: 2 Cantidad de subintervalos: 2 2 1 Tamaño de cada subintervalo: 2 = 1 Tamaño de cada subintervalo: 2 Ubicamos el rectángulo 𝑅 en el plano 𝑥𝑦. Partiendo del origen y con tamaño de 1 unidad, marcamos dos segmentos que corresponderán a los subintervalos en 𝑥. En el eje y, partiendo de 1, y con tamaño 1⁄2, marcamos dos segmentos. Por cada punto de los señalados anteriormente, trazamos paralelas a los ejes y tendremos una figura como la siguiente:

Como los puntos para realizar los cálculos serán los centros de los subrectángulos, tendremos: 1 3 5 7 𝑥̅1 = , 𝑥̅ 2 = , 𝑦̅1 = y 𝑦̅2 = 2 2 4 4 1 1 El área de cada subintervalo es 𝐴 = 1 ∙ 2 = 2. Po ello: 2

2

∬(𝑥 − 3𝑦 2 )𝑑𝐴 ≈ ∑ ∑ 𝑓(𝑥̅ 𝑖 , 𝑦̅𝑗 )∆𝐴 = 2

𝑖=1 𝑗=1

𝑅

= ∑(𝑓(𝑥̅ 𝑖 , 𝑦̅1 ) + 𝑓(𝑥̅ 𝑖 , 𝑦̅2 ))∆𝐴 = 𝑓(𝑥̅1 , 𝑦̅1 )∆𝐴 + 𝑓 (𝑥̅1 , 𝑦̅2 )∆𝐴 + 𝑓(𝑥̅2 , 𝑦̅1 )∆𝐴 + 𝑓 (𝑥̅ 2 , 𝑦̅2 )∆𝐴 𝑖=1

1 5 1 7 3 5 3 7 = 𝑓 ( , ) ∆𝐴 + 𝑓 ( , ) ∆𝐴 + 𝑓 ( , ) ∆𝐴 + 𝑓 ( , ) ∆𝐴 2 4 2 4 2 4 2 4 67 1 139 1 51 1 123 1 95 = (− ) + (− ) + (− ) + (− ) =− = −11,875 16 2 16 2 16 2 16 2 8

Por lo tanto: ∬(𝑥 − 3𝑦 2 )𝑑𝐴 = −11,875 𝑅

PROPIEDADES DE LAS INTEGRALES DOBLES. 1. ∬𝑅 𝑑𝐴 = 1 2. ∬𝑅 [𝑓(𝑥, 𝑦) + 𝑔(𝑥, 𝑦)]𝑑𝐴 = ∬𝑅 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 + ∬𝑅 𝑔(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 3. ∬𝑅 𝑐𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 = 𝑐 ∬𝑅 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴, 𝑐 es una constante.

6

Integrales Múltiples.

4. ∬𝑅 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 ≥ ∬𝑅 𝑔(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴, si 𝑓(𝑥, 𝑦) ≥ 𝑔(𝑥, 𝑦) para toda (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 ACTIVIDADES. 1. a. Estimar el volumen del sólido situado debajo de la superficie 𝑧 = 𝑥𝑦, y arriba del rectángulo 𝑅 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2 |0 ≤ 𝑥 ≤ 6 ∧ 0 ≤ 𝑦 ≤ 4}. Emplear la suma de Riemann con 𝑚 = 3 y 𝑛 = 2, escogiendo puntos en las esquinas superiores derechas de los rectángulos. b. Utilizar los puntos medios para determinar el mismo volumen. 2. Si 𝑅 = [−1,3] x [0,2], usar la suma de Riemann con 𝑚 = 4 y 𝑛 = 2 para estimar el valor de ∬𝑅 (𝑦 2 − 2𝑥 2 )𝑑𝐴. Escoger las esquinas inferiores izquierdas de los rectángulos para realizar los cálculos. 3. Si 𝑅 es la región del plano 𝑥𝑦 limitada por la intersección del círculo 𝑥 2 + 𝑦 2 = 16 con las rectas 𝑦 = 0 y 𝑥 = 0, aproximar el valor de ∬𝑅 (𝑥 + 3𝑦 + 1)𝑑𝐴 empleando la suma de Riemann y los rectángulos mostrados, escogiendo los puntos medios de ellos para encontrar el valor solicitado.

4. Evaluar las siguientes integrales, admitiendo que ∬ 𝑥𝑑𝐴 = 3, ∬ 𝑦𝑑𝐴 = 7 y 𝑎(𝑅) = 8 𝑅

𝑅

a.

∬𝑅 10𝑑𝐴

b.

∬𝑅 (2𝑥 + 4𝑦)𝑑𝐴

c.

∬𝑅 −5𝑥𝑑𝐴

d.

∬𝑅 (3𝑥 + 7𝑦 + 1)𝑑𝐴

INTEGRALES ITERADAS. Si 𝑓(𝑥, 𝑦) es una función continua de dos variables, sobre un rectángulo 𝑅 = [𝑎, 𝑏] x [𝑐, 𝑑 ], la expresión 𝑑 ∫𝑐 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 significa que la variable 𝑥 se mantiene fija y que integraremos respecto a la variable 𝑦, desde 𝑐 hasta 𝑑. A este proceso se le denomina integración parcial con relación a 𝑦. Como esa expresión depende del número 𝑥, definimos una función 𝑑

𝐴(𝑥 ) = ∫ 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 𝑐

Integrando 𝐴(𝑥 ) con respecto a 𝑥, desde 𝑎 hasta 𝑏, se obtiene: 𝑏

𝑏

𝑑

∫ 𝐴(𝑥 )𝑑𝑥 = ∫ [∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦] 𝑑𝑥 𝑎

𝑎

𝑐

La integral del lado derecho del signo igual, se le conoce con el nombre de integral iterada. En general los corchetes suelen omitirse y se escribe: 𝑏

𝑑

𝑏

𝑑

∫ [∫ 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦] 𝑑𝑥 = ∫ ∫ 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝒅𝒙 𝑎

𝑐

𝒂

𝑐

Significa que primero se realiza la integración con respecto a 𝑦, para después integrar con relación a 𝑥. Similarmente, 𝑑

𝑏

𝑑

𝑏

∫ [∫ 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 ] 𝑑𝑦 = ∫ ∫ 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝒅𝒚 𝑐

𝑎

𝑐

𝑎

Significa que primero se realiza la integración con respecto a 𝑥, para después integrar con relación a 𝑦.

7

Integrales Múltiples.

Ejemplos: 1. Evaluar las siguientes integrales: 3 2 a. ∫0 ∫1 𝑥 2 𝑦𝑑𝑦𝑑𝑥 2

3

b. ∫1 ∫0 𝑥 2 𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦 Solución: 𝑦=2 3 2 3 1 3 1 33 ∫0 ∫1 𝑥 2 𝑦𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∫0 {[2 𝑥 2 𝑦 2 |𝑦 = 1]} 𝑑𝑥 = ∫0 {[2 𝑥 2 (22 − 12 )]} 𝑑𝑥 = ∫0 2 𝑥 2 𝑑𝑥 3 3 3 1 27 𝑥 = 3 1( 3 ∫ 𝑥 2 𝑑𝑥 = ∙ 𝑥 3 | = 3 − 03 ) = 𝑥=0 2 2 3 2 0 2 2 3 2 2 1 3 2 1 2 27 𝑥=3 3 3 ]} 𝑑𝑦 = ∫1 {[ 𝑦(3 − 0 )]} 𝑑𝑥 = ∫1 𝑦𝑑𝑦 b. ∫1 ∫0 𝑥 𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫1 {[3 𝑥 𝑦 | 3 3 𝑥=0 2 27 1 27 2 𝑦 = 2 27 2 27 27 (2 − 1 2 ) = ∙ 3 = ∫ 𝑦𝑑𝑦 = ∙ 𝑦 | = 𝑦 = 1 2 3 6 6 2 1 3 Observar que en ambos casos se obtiene el mismo resultado. a.

El ejemplo anterior, ilustra el siguiente teorema (Fubini) que nos permite calcular integrales iteradas, en cualquier orden. Teorema: Si 𝑓 es continua en el rectángulo 𝑅 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2 |𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 ∧ 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑 } entonces 𝑑

𝑏

𝑏

𝑑

∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ ∫ 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥 𝑐

𝑎

𝑎

𝑐

2. Evaluar ∬𝑅 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥𝑦)𝑑𝐴, siendo 𝑅 = [1,2] x [0, 𝜋]. Solución 1: Integramos respecto a 𝑥 𝜋

2

𝜋

𝑥=2 ∬ 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥𝑦)𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ [−cos(𝑥𝑦)] 𝑑𝑦 = 𝑥=1 0 1 0 𝜋

𝑅

𝜋 1 𝜋 𝑥=2 ∫ [−cos(𝑥𝑦)] 𝑑𝑦 = ∫ [− cos(2𝑦) + 𝑐𝑜𝑠𝑦]𝑑𝑦 = [− 𝑠𝑒𝑛2𝑦 + 𝑠𝑒𝑛𝑦] = 0 0 𝑥=1 2 0 0

Solución 2: Ahora integramos primero respecto a 𝑦 2

𝜋

∬ 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥𝑦)𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥 = 𝑅 𝜋

1

0

Para evaluar la integral ∫0 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥𝑦)𝑑𝑦 , usamos la integración por partes, haciendo: 𝑢 = 𝑦 → 𝑑𝑢 = 𝑑𝑦 cos(𝑥𝑦) 𝑑𝑣 = 𝑠𝑒𝑛(𝑥𝑦)𝑑𝑦 → 𝑣 = ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑥𝑦)𝑑𝑦 = − 𝑥 Recordando que ∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢 + 𝑐. Como estamos integrando funciones definidas, la constante no es necesaria. 𝜋 𝜋 𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥𝑦) 𝑦 = 𝜋 cos(𝑥𝑦) ∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢 = ∫ 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥𝑦)𝑑𝑦 = − |𝑦 = 0 − ∫ − 𝑑𝑦 = 𝑥 𝑥 0 0 𝜋 𝜋 𝑦𝑐𝑜𝑠(𝑥𝑦) 𝑦 = 𝜋 cos(𝑥𝑦) 𝜋 cos(𝜋𝑥 ) 0𝑐𝑜𝑠0 cos(𝑥𝑦) |𝑦 = 0 − ∫ − − 𝑑𝑦 = − + +∫ 𝑑𝑦 = 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 0 0 𝜋 𝜋 cos(𝜋𝑥) cos(𝑥𝑦) 𝜋 cos(𝜋𝑥) 1 𝑠𝑒𝑛(𝑥𝑦) 𝑦 = 𝜋 ]𝑦 = 0 = − +∫ 𝑑𝑦 = − + [ 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 0 𝜋 cos(𝜋𝑥) 1 𝜋 cos(𝜋𝑥) 𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑥) − + 2 [𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑥) − 𝑠𝑒𝑛(0𝑥)] = − + 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥2

8

Integrales Múltiples.

Hemos llegado a 𝜋

∫ 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥𝑦)𝑑𝑦 = − 0

𝜋 cos(𝜋𝑥 ) 𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑥) + (1) 𝑥 𝑥2

Integramos en la igualdad (1): 2

𝜋

2

∫ ∫ 𝑦𝑠𝑒𝑛(𝑥𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∫ [− 1 2

∫ [− 1

0

1

𝜋 cos(𝜋𝑥) 𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑥) ] 𝑑𝑥 (2) + 𝑥 𝑥2

2 2 𝜋 cos(𝜋𝑥 ) 𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑥) 1 𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑥) ( ) ] ∫ ∫ + 𝑑𝑥 = − ∙ 𝜋 cos 𝜋𝑥 𝑑𝑥 + 𝑑𝑥 (3) 2 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥2 1 1

Usamos nuevamente la integración por partes, para resolver ahora la primera de estas integrales: −1 1 𝑢= → 𝑑𝑢 = 2 𝑑𝑥 𝑥 𝑥 𝑑𝑣 = 𝜋 cos(𝜋𝑥 ) 𝑑𝑥 → 𝑣 = ∫ 𝜋 cos(𝜋𝑥 ) 𝑑𝑥 = 𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑥) Por lo tanto: 2 2 1 𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑥) 𝑥 = 2 sen(𝜋𝑥 ) ∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢 = ∫ − ∙ 𝜋 cos(𝜋𝑥 ) 𝑑𝑥 = − | −∫ 𝑑𝑥 = 𝑥 = 1 𝑥 𝑥 𝑥2 1 1

−

2 2 𝑠𝑒𝑛(2𝜋) 𝑠𝑒𝑛(𝜋) sen(𝜋𝑥) sen(𝜋𝑥) ∫ + −∫ 𝑑𝑥 = − 𝑑𝑥 (4) 2 2 1 𝑥 𝑥2 1 1

La expresión (4) es el resultado de la integral del primer sumando de (3), por eso: 2 2 2 𝜋 cos(𝜋𝑥 ) 𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑥) sen(𝜋𝑥) 𝑠𝑒𝑛(𝜋𝑥) ∫ [− ] ∫ ∫ + 𝑑𝑥 = − 𝑑𝑥 + 𝑑𝑥 = 0 2 2 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥2 1 1 1 NOTA: Este ejemplo nos muestra lo importante en escoger la integral que se evaluará de primero. Cuando la función 𝑓 puede escribirse como el producto de una función en 𝑥, por otra función en 𝑦, los cálculos se simplifican, ya que la integral doble se convierte en el producto de dos integrales sencillas: Supongamos que 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑔(𝑥 )ℎ(𝑦), tendríamos: 𝑏

𝑑

𝑏

𝑑

∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑔(𝑥 )ℎ(𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∫ [∫ 𝑔(𝑥 )ℎ(𝑦)𝑑𝑦] 𝑑𝑥 = 𝑎

𝑅

𝑐

𝑎

𝑐

Para la integral encerrada en los corchetes, 𝑔(𝑥) es constante: 𝑏

𝑑

𝑏

𝑑

𝑏

𝑑

∫ [∫ 𝑔(𝑥 )ℎ(𝑦)𝑑𝑦] 𝑑𝑥 = ∫ [𝑔(𝑥) (∫ ℎ(𝑦)𝑑𝑦)] 𝑑𝑥 = ∫ 𝑔(𝑥 )𝑑𝑥 ∫ ℎ(𝑦)𝑑𝑦 𝑎

𝑐

𝑎

𝑐

𝑎

𝑐

Ejemplo: Si 𝑅 = [0, 𝜋⁄2] x [0, 𝜋⁄2], hallar ∬𝑅 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑦𝑑𝐴 Solución: Como la función está definida como el producto de dos funciones con variables diferentes en cada una de ellas, podemos separar y multiplicar sus integrales: 𝜋⁄2

𝜋⁄2

∬ 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑦𝑑𝐴 ∫

𝑠𝑒𝑛𝑥𝑑𝑥 ∫

0

0

𝑅

⁄ ⁄ 𝑐𝑜𝑠𝑦𝑑𝑦 = [−𝑐𝑜𝑠𝑥]𝜋 2[𝑠𝑒𝑛𝑦]𝜋 2 = 1 ∙ 1 = 1 0 0

9

Integrales Múltiples.

ACTIVIDADES. Calcular las siguientes integrales iteradas: 4 2 1. ∫0 ∫0 𝑥√𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦 1

ln 2

2. ∫0

1

3. ∫−1 ∫0 (𝑥 3 𝑦 3 + 3𝑥𝑦 2 )𝑑𝑦𝑑𝑥 𝜋⁄2

5. ∫0

𝜋⁄2

∫0

ln 5

∫0

1

1

1

1

𝑒 2𝑥−𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦

4. ∫–1 ∫−1(𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑥𝑑𝑦 6. ∫−1 ∫0 (𝑥 2 𝑦 + 𝑥 2 𝑦 2 )𝑑𝑦𝑑𝑥

𝑠𝑒𝑛(𝑥 + 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥

INTEGRALES DOBLES EN REGIONES GENERALES. Las integrales anteriores las hicimos considerando que la gráfica de la función estaba encima de rectángulos. Ahora miraremos como abordar los casos diferentes de regiones 𝐷 que no son rectángulos. Como siempre que tengamos una región 𝐷 acotada, la podemos “encerrar” en un rectángulo 𝑅: y

y R

D

D

x

x

Definición. Se define una nueva función 𝐹, con las siguientes condiciones: 𝑓(𝑥, 𝑦), para (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷 𝐹(𝑥, 𝑦) = { 0, para (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 ∧ (𝑥, 𝑦) ∉ 𝐷 Cuando la integral doble exista sobre 𝑅, se define la integral sobre 𝐷 de la siguiente manera: ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 = ∬ 𝐹 (𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 𝐷

𝑅

Esto tiene sentido ya que los valores de 𝐹 fuera de 𝐷 son ceros. Tipos de regiones para realizar la integración. Tipo I: 𝐷 = {(𝑥, 𝑦)|𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, 𝑔1 (𝑥) ≤ 𝑦 ≤ 𝑔2 (𝑥)} z

z

y

a D b

g1 ( x )

g 2 ( x)

z

a

y D

b

g 2 ( x)

b

y

a

g1 ( x ) D

g 2 ( x)

g1 ( x )

Los dibujos corresponden a regiones 𝐷 que se encuentran entre dos gráficas de funciones en términos de 𝑥. El intervalo en "𝑥" tiene extremos números reales, mientras que en "𝑦" los extremos son funciones en términos de "𝑥".

10

Integrales Múltiples.

Tipo II: 𝐷 = {(𝑥, 𝑦)|𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑, ℎ1 (𝑦) ≤ 𝑥 ≤ ℎ2 (𝑦)} z

z c

d

D x

z

y

c

c

h1 ( y )

h2 ( y )

x

y

d

y

h1 ( y )

D

h1 ( y )

h2 ( y )

d

D

h2 ( y )

x

Los dibujos corresponden a regiones 𝐷 que se encuentran entre dos gráficas de funciones en términos de 𝑦. Las flechas negras, nos serán útiles para demarcar los límites de integración: desde dónde inician y dónde terminan. El intervalo en "𝑦" tiene extremos números reales, mientras que en "𝑥" los extremos son expresiones algebraicas en términos de "𝑦". Para evaluar integrales de funciones definidas en regiones de tipo I se escoge un rectángulo 𝑅 = [𝑎, 𝑏] x [𝑐, 𝑑 ] que contenga a 𝐷: z

c

d y

a

g 2 ( x)

D

g1 ( x)

b x

Por el teorema de Fubini, se cumplirá: 𝑏

𝑑

∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 = ∬ 𝐹(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝐹 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥 𝐷

𝑎

𝑅

𝑐

Como 𝐹(𝑥, 𝑦) = 0 cuando 𝑦 < 𝑔1 (𝑥) o 𝑦 > 𝑔2 (𝑥), se tiene: 𝑑

𝑔2 (𝑥)

∫ 𝐹 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = ∫ 𝑐

𝑔2 (𝑥)

𝐹(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = ∫

𝑔1 (𝑥)

𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦

𝑔1 (𝑥)

porque 𝐹(𝑥, 𝑦) = 𝑓 (𝑥, 𝑦) cuando 𝑔1 (𝑥) ≤ 𝑦 ≤ 𝑔2 (𝑥) Por lo tanto se tiene la siguiente expresión para evaluar integrales dobles como se hizo con las iteradas: Si 𝑓 es continua sobre una región 𝐷 tipo I, tal que 𝐷 = {(𝑥, 𝑦)|𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, 𝑔1 (𝑥) ≤ 𝑦 ≤ 𝑔2 (𝑥) } entonces 𝑏

𝑔2 (𝑥)

∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝐷

𝑎

𝑔1 (𝑥)

𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥

11

Integrales Múltiples.

Similarmente, Si 𝑓 es continua sobre una región 𝐷 tipo II, tal que 𝐷 = {(𝑥, 𝑦)|𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑, ℎ1 (𝑦) ≤ 𝑥 ≤ ℎ2 (𝑦) } entonces 𝑑

ℎ2 (𝑦)

∬ 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑐

𝐷

𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

ℎ1(𝑦)

Ejemplos: 1. Evaluar ∬𝐷 (𝑥 + 2𝑦)𝑑𝐴, siendo 𝐷 la región acotada por las parábolas 𝑦 = 2𝑥 2 y 𝑦 = 1 + 𝑥 2 Solución: a. Hallamos las intersecciones de estas parábolas: 𝑦 = 2𝑥 2 y 𝑦 = 1 + 𝑥 2 → 2𝑥 2 = 1 + 𝑥 2 → 𝑥 2 = 1 → 𝑥 = ±1 Cuando 𝑥 = ±1, 𝑦 = 2. Por lo tanto la intersección son los puntos (1, 2) y (−1,2) b. Las gráficas de estas funciones se muestran en el siguiente dibujo:

c.

Escoger el tipo de región para integrar: A. Integrando como una región Tipo I (↑), variando 𝑦: En la gráfica se observa que la variación de los valores de 𝑥 es desde −1 hasta 1, mientras que los de 𝑦 están dados por las expresiones de las parábolas, desde 2𝑥 2 hasta 1 + 𝑥 2 (observar la flecha negra), es decir: 𝑥 ∈ [−1,1] ∧ 𝑦 ∈ [2𝑥 2 , 1 + 𝑥 2 ] Por lo tanto: 1

1+𝑥 2

∬(𝑥 + 2𝑦)𝑑𝐴 = ∫ ∫ 1

−1 2𝑥 2

𝐷

1 𝑦 = 1 + 𝑥2 (𝑥 + 2𝑦)𝑑𝑦𝒅𝒙 = ∫ [𝑥𝑦 + 𝑦 2 ] 𝒅𝒙 𝑦 = 2𝑥 2 −1

1 𝑦 = 1 + 𝑥2 [𝑥(1 + 𝑥 2 ) + (1 + 𝑥 2 )2 − 𝑥(2𝑥 2 ) − (2𝑥 2 )2 ]𝑑𝑥 ∫ [𝑥𝑦 + 𝑦 2 ] ∫ 𝑑𝑥 = 𝑦 = 2𝑥 2 −1 −1 1 𝑥5 𝑥4 𝑥3 𝑥2 32 1 = ∫ [−3𝑥 4 − 𝑥 3 + 2𝑥 2 + 𝑥 + 1]𝑑𝑥 = −3 − + 2 + + 𝑥 | = −1 5 4 3 2 15 −1

NOTA: Aprovechando la simetría de la región respecto al eje "𝑦", podemos integrar en la mitad de la región y multiplicar por 2 el resultado: 1

1+𝑥 2

∬(𝑥 + 2𝑦)𝑑𝐴 = 2 ∫ ∫ 𝐷

0

2𝑥 2

(𝑥 + 2𝑦)𝑑𝑦𝒅𝒙

12

Integrales Múltiples.

B. Integrando como región Tipo II (→), variando 𝑥:

Observar que para realizar la integración en esta forma, la región 𝐷 se divide en dos regiones:  𝐷′: Comprendida entre las intersecciones de las parábolas y la región encima de la recta 𝑦 = 1  𝐷′′: Comprendida entre las rectas 𝑦 = 1, 𝑦 = 0 y la parábola 𝑦 = 2𝑥 2. Como el eje "𝑦" es una recta de simetría de la región donde se desea integrar, podemos realizar la integración considerando la región situada a la derecha de dicho eje y multiplicando por dos (2) su resultado. En este caso los intervalos de integración son: 𝑦 ∈ [0,2] ∧ 𝑥 ∈ {[0, √𝑦⁄2] ∪ [√𝑦 − 1, √𝑦⁄2]} Por lo tanto: √𝑦⁄2

1

∬(𝑥 + 2𝑦)𝑑𝐴 = 2 [∫ ∫ 0

𝐷

√𝑦⁄2

2

(𝑥 + 2𝑦)𝑑𝑥𝒅𝒚 + ∫ ∫

0

1

(𝑥 + 2𝑦)𝑑𝑥𝒅𝒚]

√𝑦−1

Resolviendo estas integrales, se obtiene el mismo resultado hallado en el proceso A, anterior. 2. Evaluar ∬𝐷 𝑥𝑦𝑑𝐴, siendo 𝐷 la región comprendida entra las gráficas de la recta 𝑦 = 𝑥 − 1 y la parábola 𝑦 2 = 2𝑥 + 6. Solución: a. Hallamos la intersección de las dos curvas que encierran a 𝐷: 𝑦 2 = 2𝑥 + 6 y 𝑦 = 𝑥 − 1 → (𝑥 − 1)2 = 2𝑥 + 6 → 𝑥 2 − 2𝑥 + 1 = 2𝑥 + 6 2 𝑥 − 2𝑥 + 1 = 2𝑥 + 6 → 𝑥 2 − 4𝑥 − 5 = 0 → (𝑥 − 5)(𝑥 + 1) = 0 → 𝑥 = 5, o 𝑥 = −1 Cuando 𝑥 = 5, 𝑦 = 4 obteniendo el punto (5,4) Cuando 𝑥 = −1, 𝑦 = −2 obteniendo el punto (−1, −2) b. Para trazar las gráficas de las curvas dadas, empleamos las siguientes tablas de valores: y  x 1

y 2  2x  6 x y

-3 0

-1

0

3/2

5

2

 6  2.4

3

4

Las gráficas de estas funciones se muestran en el siguiente dibujo:

x y

0 -1

1 0

5 4

13

Integrales Múltiples.

c.

Tipo de regiones: En las siguientes gráficas, mostramos las dos opciones para realizar la integración:

En el dibujo a) se muestran las gráficas en función de la variable 𝑥, tendríamos una región del tipo I. Para realizar la integración empleando este tipo de región, es necesario dividirla en dos regiones, las que se encuentran ambos lados de la línea punteada. En este caso "𝑦" varía desde −√2𝑥 + 6 hasta √2𝑥 + 6 en la región de la izquierda; mientras que para la región de la derecha, "𝑦" varía desde (𝑥 − 1) hasta √2𝑥 + 6. Necesitamos evaluar las siguientes integrales: −1

∬ 𝑥𝑦𝑑𝐴 = ∫ 𝐷

−3

5

√2𝑥+6

∫

√2𝑥+6

𝑥𝑦𝑑𝑦𝒅𝒙 + ∫ ∫

−√2𝑥+6

𝑥𝑦𝑑𝑦𝒅𝒙

−1 𝑥+1

En el dibujo b) se muestran las gráficas en función de la variable 𝑦, tendríamos una región del tipo II. Escogemos el gráfico b) para evaluar la integral, porque requerimos de una sola región en la cual: La variación de los valores de 𝑦 es desde −2 hasta 4. La variación de los valores de 𝑥 es desde Por lo tanto:

𝑦2 2

− 3 hasta 𝑦 + 1

𝑥 =𝑦+1 2 4 4 𝑥2 𝑦 𝑦2 𝑥𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ [ 𝑦] 𝑦2 𝑑𝑦 = ∫ [(𝑦 + 1)2 − ( − 3) ] 𝑑𝑦 𝑦 2 𝑥= −3 −2 −3 −2 2 −2 2 2 2 2 4 𝑦 𝑦2 1 4 𝑦5 ∫ [(𝑦 + 1)2 − ( − 3) ] 𝑑𝑦 = ∫ (− + 4𝑦 3 + 2𝑦 2 − 8𝑦) 𝑑𝑦 2 2 −2 4 −2 2 4 5 6 1 𝑦 1 𝑦 𝑦3 4 ∫ (− + 4𝑦 3 + 2𝑦 2 − 8𝑦) 𝑑𝑦 = [− + 𝑦 4 + 2 − 4𝑦 2 ] = 36 −2 2 −2 4 2 24 3 4

𝑦+1

∬ 𝑥𝑦𝑑𝐴 = ∫ ∫ 2 𝐷

ACTIVIDADES. 1. Evaluar la integral ∬𝐷 𝑥𝑦𝑑𝐴, cuando 𝐷 es la pate del disco del primer cuadrante con centro en el origen y radio 1. 2. Evaluar la integral ∬𝐷 2𝑥𝑦𝑑𝐴, cuando 𝐷 es la región comprendida entre la recta 𝑦 = 𝑥, la parábola 𝑦 = 𝑥 2 + 1 y las rectas 𝑥 = −1 y 𝑥 = 2.

14

Integrales Múltiples.

3. Encontrar el volumen del sólido bajo el paraboloide 𝑧 = 𝑥 2 + 𝑦 2 y encima de la región limitada por 𝑦 = 𝑥 2 y 𝑥 = 𝑦 2. 4. Encontrar el volumen del sólido bajo el paraboloide 𝑧 = 3𝑥 2 + 𝑦 2 y encima de la región limitada por 𝑦 = 𝑥 y 𝑥 = 𝑦 2 − 𝑦. 5. Evaluar ∬𝐷 𝑒 𝑥+3𝑦 𝑑𝐴, cuando 𝐷 es la región comprendida entre las gráficas de 𝑦 = 1, 𝑦 = 2, 𝑦 = 𝑥, 𝑦 = −𝑥 + 5. 6. Utilizar la integral doble para encontrar el área de la región limitada por las gráficas de las curvas 𝑦 = 𝑥 2 y 𝑦 = 8 − 𝑥 2. Inversión (cambio) del orden de integración. En ocasiones se presentan regiones que pueden describirse tanto como de tipo I y como de tipo II, las cuales se denominan tipo III.

El círculo unitario 𝑥 2 + 𝑦 2 = 1 es un ejemplo de región tipo III. En el dibujo anterior (a) es considerada una región tipo I, mientras que (b) es tomada como de tipo II. Una región 𝑅 de tipo III puede expresarse como: 𝑅 = {(𝑥, 𝑦)|𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, 𝜑1 ≤ 𝑦 ≤ 𝜑2 } = {(𝑥, 𝑦)|𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑, 𝜔1 ≤ 𝑥 ≤ 𝜔2 } Por lo tanto se tienen las siguientes expresiones: 𝑏

𝜑2

𝑑

𝜔2

∬ 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑅

𝑎

𝜑1

𝑐

𝜔1

Cuyo significado es que cuando vayamos a calcular una de las integrales iteradas, lo podemos hacer calculando la otra. Estos cambios son útiles cuando una de dichas integrales es más fácil de calcular que la otra. Ejemplos: 1 𝑥 1. Para la integral ∫0 ∫𝑥 2 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥, hallar la región de integración y cambiar el orden de integración. Solución: Por los límites de integración, sabemos que 𝑥 2 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥, mientras que 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 . Tracemos las gráficas de 𝑦 = 𝑥 2 y de 𝑦 = 𝑥:

15

Integrales Múltiples.

Para intercambiar el orden de integración, veamos la variación de 𝑥, 𝑦: 0≤𝑦≤1 𝑦 ≤ 𝑥 ≤ √𝑦 Por lo tanto: 1

𝑥

1

√𝑦

∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∫ ∫ 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 0 2

𝑥2

0

𝑦

2𝑦

2. Para la integral ∫0 ∫𝑦 2 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦, hallar la región de integración y cambiar el orden de integración Solución: Por los límites de integración, sabemos que 𝑦 2 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑦, mientras que 0 ≤ 𝑦 ≤ 2 . Tracemos las gráficas de 𝑥 = 𝑦 2 y de 𝑥 = 2𝑦:

Para intercambiar el orden de integración, veamos la variación de 𝑥, 𝑦: 0≤𝑥≤4 𝑥 ≤ 𝑦 ≤ √𝑥 2 Por lo tanto: 2

2𝑦

4

√𝑥

∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ ∫ 0

𝑦2

0

𝑥 2

𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥

ACTIVIDADES. Para cada una de las siguientes integrales, dibujar la región de integración e intercambiar el orden de integración: 1 𝑦 1. ∫0 ∫0 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 4

2

2

√2𝑥−𝑥 2

2. ∫1 ∫√𝑥 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥 3. ∫1 ∫2−𝑥 4.

𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥

2 2−𝑥 ∫−6 ∫𝑥2 −4 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥 4

16

Integrales Múltiples.

Cambio de variables en integrales dobles. Cuando se tienen dos regiones 𝑅 y S de dos planos 𝑢𝑣 y 𝑥𝑦 respectivamente, es posible que existan transformaciones 𝑇 y 𝑇 −1 que conviertan una región en la otra. 𝑆 es la imagen de R mediante 𝑇: 𝑇(𝑅) = 𝑆

Sea 𝑇: 𝑅 ⊂ ℝ2 → 𝑆 ⊂ ℝ2 la transformación que convierte a 𝑅 en 𝑆, tal que 𝑇(𝑢, 𝑣 ) = (𝑥, 𝑦). Las variables se relacionan mediante las expresiones: 𝑥 = 𝑔(𝑢, 𝑣) 𝑦 = ℎ(𝑢, 𝑣) Si 𝑟⃗ es el vector de posición del punto (𝑥, 𝑦), este vector dependerá de las variables 𝑢, 𝑣 y está definido por 𝑟⃗(𝑢, 𝑣 ) = 𝑥𝑖⃗ + 𝑦𝑗⃗ = 𝑔(𝑢, 𝑣)𝑖⃗ + ℎ(𝑢, 𝑣)𝑗⃗ De modo que cuando el punto (𝑢, 𝑣) ∈ 𝑅 recorra la superficie de 𝑅, 𝑟⃗ recorrerá la superficie de 𝑆. Ahora, como 𝑇(𝑢, 𝑣 ) = (𝑥, 𝑦), tendremos que 𝑇(𝑢, 𝑣 ) = (𝑔(𝑢, 𝑣 ), ℎ(𝑢, 𝑣 )) Por otro lado, 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓[𝑇(𝑢, 𝑣)] = 𝑓(𝑔(𝑢, 𝑣 ), ℎ(𝑢, 𝑣 )) De manera que al integrar, tendríamos ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑆

∬ 𝑓(𝑔(𝑢, 𝑣 ), ℎ(𝑢, 𝑣 ))𝑑𝑢𝑑𝑣 𝑅

Para que la anterior igualdad se cumpla, se introduce un factor denominado el Jacobiano de la transformación 𝑇, el cual permite conservar las áreas de las dos regiones. El Jacobino, representado con 𝐽(𝑢, 𝑣) es: 𝜕𝑥 𝜕𝑦 det 𝐽 = |𝜕𝑢 𝜕𝑢| 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑣 𝜕𝑣 Las anteriores consideraciones nos permiten establecer el siguiente Teorema: Si 𝑓(𝑥, 𝑦) es una función continua en una región 𝑆, 𝑥 = 𝑔(𝑢, 𝑣 ), 𝑦 = ℎ(𝑢, 𝑣) tienen primeras derivadas parciales continuas, det 𝐽 ≠ 0 es el Jacobiano, 𝑇 es una transformación que convierte la región 𝑅 de un plano 𝑢𝑣 en la región 𝑆 del plano 𝑥𝑦 entonces ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∬ 𝑓(𝑔(𝑢, 𝑣 ), ℎ(𝑢, 𝑣 ))|det 𝐽 |𝑑𝑢𝑑𝑣 𝑆

𝑅

Este teorema es conocido como el que permite cambiar una integral en 𝑥, 𝑦 por otra en 𝑢, 𝑣.

17

Integrales Múltiples.

En ocasiones es más cómodo trabajar con la transformación inversa de 𝑇. Como 𝑇 es 1 − 1, existe 𝑇 −1 : 𝑆 ⊂ ℝ2 → 𝑅 ⊂ ℝ2 que convierte a la región 𝑆 en la región 𝑅, de manera que 𝑇 −1 (𝑥, 𝑦) = (𝑢, 𝑣). Las variables se relacionan ahora mediante 𝑢 = 𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑣 = 𝑁(𝑥, 𝑦) El Jacobiano de la inversa, que representaremos con 𝐽′, es: 𝜕𝑢 𝜕𝑣 𝜕𝑥 𝜕𝑥 det 𝐽′ = |𝜕𝑢 𝜕𝑣 | 𝜕𝑦 𝜕𝑦 1 Se cumplirá: (det 𝐽 )(det 𝐽 ′ ) = 1 por lo que det 𝐽 = det 𝐽′ y el teorema para el cambio de variables es:

∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∬ 𝑓(𝑔(𝑢, 𝑣 ), ℎ(𝑢, 𝑣 )) 𝑆

𝑅

1 𝑑𝑢𝑑𝑣 |det 𝐽′|

Ejemplos: 1. Evaluar ∬𝑅 𝑥𝑦𝑑𝐴, donde 𝑅 es la región limitada por las rectas 𝑦 = 2𝑥, 𝑦 = 2𝑥 − 2, 𝑦 = 𝑥, 𝑦 = 𝑥 + 1, haciendo un adecuado cambio de variables. Solución: a. Graficamos la región 𝑅:

De la gráfica podemos obtener los puntos de intersección de las rectas, las cuales podemos hallar por eliminación de las variables, comparando de dos en dos las ecuaciones de las rectas: 𝐿1 ∩ 𝐿4 = {(1,2)} 𝑦 = 2𝑥 ∧ 𝑦 = 𝑥 + 1 2𝑥 = 𝑥 + 1 𝑥=1 𝑦 = 2(1) = 2 Similarmente se hace con las demás rectas.

18

Integrales Múltiples.

b.

Cambio de variables: Observar las expresiones que definen a 𝑓(𝑥, 𝑦) y a las curvas que constituyen la frontera o borde de la región 𝑅, ellas nos pueden sugerir el cambio de variables que podemos hacer. Hay dos pares de rectas paralelas: i. 𝑦 = 𝑥 ∧ 𝑦 = 𝑥 + 1, las cuales pueden reescribirse como: 𝑦−𝑥 =0 ∧ 𝑦−𝑥 =1 ii. 𝑦 = 2𝑥 ∧ 𝑦 = 2𝑥 − 2, las cuales pueden reescribirse como: 𝑦 − 2𝑥 = 0 ∧ 𝑦 − 2𝑥 = −2 Lo anterior nos permite realizar los siguientes cambios: i. 𝑢 = 𝑦−𝑥 ii. 𝑣 = 𝑦 − 2𝑥

c.

Hallamos 𝑔(𝑢, 𝑣 ) y ℎ(𝑢, 𝑣), expresamos 𝑥, 𝑦 en términos de 𝑢, 𝑣 y encontramos el Jacobiano: Solucionando el sistema de ecuaciones formado por i. e ii., obtenemos: 𝑥 = 𝑔(𝑢, 𝑣 ) = 𝑢 − 𝑣 𝑦 = ℎ(𝑢, 𝑣 ) = 2𝑢 − 𝑣 Jacobiano: 𝜕𝑥 𝜕𝑦 1 2 | = 1 → |det 𝐽 | = 1 det 𝐽 = |𝜕𝑢 𝜕𝑢| | 𝜕𝑥 𝜕𝑦 −1 −1 𝜕𝑣 𝜕𝑣 NOTA: La transformación: 𝑇: 𝑅 ⊂ ℝ2 → 𝑆 ⊂ ℝ2 , definida por 𝑇(𝑥, 𝑦) = (𝑢, 𝑣 ) = (𝑦 − 𝑥, 𝑦 − 2𝑥), nos permite “ver” cómo se convierten los vértices de 𝑅 en los de 𝑆: 𝑇(𝑥, 𝑦) = (𝑢, 𝑣 ) = (𝑦 − 𝑥, 𝑦 − 2𝑥) 𝑇(0,0) = (𝑢, 𝑣 ) = (0,0) 𝑇(2,2) = (𝑢, 𝑣 ) = (0, −2) 𝑇(3,4) = (𝑢, 𝑣 ) = (1, −2) 𝑇(1,2) = (𝑢, 𝑣 ) = (1,0) Veamos como los lados de 𝑅 se transforman en los lados de 𝑆:

d.

Ecuaciones de los lados en el plano 𝑥𝑦 𝑦 = 2𝑥 → 𝑦 − 2𝑥 = 0 𝑦 = 2𝑥 − 2 → 𝑦 − 2𝑥 = −2 𝑦=𝑥 →𝑦−𝑥 =0 𝑦 =𝑥+1→ 𝑦−𝑥 = 1

Ecuaciones de los lados en el plano 𝑢𝑣 𝑣=0 𝑣 = −2 𝑢=0 𝑢=1

En el siguiente dibujo, se muestra la gráfica de la región 𝑆:

19

Integrales Múltiples.

Los límites de integración son: 0≤𝑢≤1 −2 ≤ 𝑣 ≤ 0 e.

Evaluamos la integral: 1

0

∬ 𝑥𝑦𝑑𝐴 = ∬ 𝑥𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦 ∫ ∫ (𝑢 − 𝑣 )(2𝑢 − 𝑣 ) ∙ 1𝑑𝑣𝑑𝑢 = 7 𝑦−𝑥 𝑦+𝑥

𝑅

0

𝑅

−2

2. Evaluar ∬𝑅 𝑒 𝑑𝐴, cuando 𝑅es el triángulo limitado por la recta 𝑥 + 𝑦 = 2 y los ejes coordenados, haciendo un adecuado cambio de variables. Solución: Graficamos la región 𝑅, en ella destacamos las ecuaciones de los lados del triángulo: 𝑥 + 𝑦 = 2, 𝑥 = 0, 𝑦 = 0

Cambiamos de variables. El exponente de la expresión que define la función nos sugiere que podemos realizar el siguiente cambio: i. 𝑢 =𝑦−𝑥 ii. 𝑣 =𝑦+𝑥 Expresamos 𝑥, 𝑦 en términos de 𝑢, 𝑣, resolviendo el sistema para 𝑥, 𝑦: 𝑢+𝑣 𝑦 = ℎ(𝑢, 𝑣 ) = 2 𝑣−𝑢 𝑥 = 𝑔(𝑢, 𝑣 ) = 2 𝜕𝑥 det 𝐽 = |𝜕𝑢 𝜕𝑥 𝜕𝑣

𝜕𝑦 1 − 𝜕𝑢| | 2 𝜕𝑦 1 𝜕𝑣 2

1 2| = − 1 → |det 𝐽 | = 1 1 2 2 2

Transformación de los lados de 𝑅 en los lados de 𝑆: Ecuaciones de los lados en el plano 𝑥𝑦 𝑥=0 𝑦=0 𝑥+𝑦 =2

Ecuaciones de los lados en el plano 𝑢𝑣 𝑣−𝑢 𝑥=0= →𝑣=𝑢 2 𝑢+𝑣 𝑦=0= → 𝑣 = −𝑢 2 𝑣−𝑢 𝑢+𝑣 𝑥+𝑦=2= + =𝑣→𝑣=2 2 2

20

Integrales Múltiples.

Región 𝑆:

Los límites para la integración serán: 0≤𝑣≤2 −𝑣 ≤ 𝑢 ≤ 𝑣 Evaluamos la integral: 2 𝑣 𝑦−𝑥 1 ∬ 𝑒 𝑦+𝑥 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑒 𝑢⁄𝑣 ∙ 𝑑𝑢𝑑𝑣 = 𝑒 − 𝑒 −1 2 0 −𝑣 𝑅

3. Evaluar ∬𝑅

1 1+𝑥𝑦

𝑑𝐴, si 𝑅 es la región del primer cuadrante limitada por las curvas 𝑦 = 𝑥, 𝑦 = 2𝑥,

𝑥𝑦 = 1, 𝑥𝑦 = 2 , realizando un adecuado cambio de variables. Solución: Graficamos:

Hacemos el cambio de variables: 𝑦 i. 𝑢=𝑥 ii. 𝑣 = 𝑥𝑦 Expresamos 𝑥, 𝑦 en términos de 𝑢, 𝑣: i.

𝑥=

√𝑢𝑣 𝑢

ii. 𝑦 = √𝑢𝑣 Para hallar el Jacobiano observamos que es más fácil derivar las expresiones que tienen a 𝑢, 𝑣 escritas en términos de 𝑥, 𝑦: 𝜕𝑢 𝜕𝑣 𝑦 − 2 𝑦 𝑦 𝑦 𝑦 1 1 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝑥 | = − − = −2 = −2𝑢 → |det 𝐽 | = det 𝐽 ′ = |𝜕𝑢 𝜕𝑣 | | 1 = ′ |det 𝐽 | 2𝑢 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑦

21

Integrales Múltiples.

Transformación de los lados de 𝑅 en los lados de 𝑆: Ecuaciones de los lados en el plano 𝑥𝑦 𝑥𝑦 = 1 𝑥𝑦 = 2 𝑦=𝑥 𝑦 = 2𝑥

Ecuaciones de los lados en el plano 𝑢𝑣 𝑥𝑦 = 𝑣 =→ 𝑣 = 1 𝑥𝑦 = 𝑣 → 𝑣 = 2 𝑦 =1→𝑢=1 𝑥 𝑦 =2→𝑢=2 𝑥

Región 𝑆:

1≤𝑢≤2 1≤𝑣≤2 Evaluamos la integral: ∬ 𝑅

2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 1 2 [𝑙𝑛 𝑢 | ] 𝑑𝑣 𝑑𝐴 = ∫ ∫ ∙ 𝑑𝑢𝑑𝑣 = ∫ ∫ ∙ 𝑑𝑢𝑑𝑣 = ∫ 1 1 + 𝑥𝑦 1 + 𝑣 2𝑢 2 1 + 𝑣 𝑢 2 1 + 𝑣 1 1 1 1 1

1 2 1 1 2 𝑙 2 𝑙 2 𝑙 2 [𝑙𝑛 2 − 𝑙𝑛 1]𝑑𝑣 = ∫ 𝑛 𝑑𝑣 = 𝑛 [𝑙𝑛 (1 + 𝑣) |2] = 𝑛 [𝑙𝑛 3 − 𝑙𝑛 2] ∫ 1 2 1 1+𝑣 2 1 1+𝑣 2 2 Cambio a coordenadas polares. Coordenadas rectangulares y polares. Sea 𝑃(𝑥, 𝑦) un punto del plano 𝑥𝑦, 𝑟 es la distancia desde el origen hasta el punto 𝑃 y 𝜃 es el ángulo positivo formado por 𝑟 y el eje horizontal. 𝑃(𝑥, 𝑦) es denominado un punto en coordenadas rectangulares. 𝑃[𝑟, 𝜃] es denominado un punto en coordenadas polares. La relación entre las coordenadas de un punto en el plano 𝑥𝑦 con las coordenadas en el plano 𝑟𝜃 está dada por: 𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑦 = 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃

22

Integrales Múltiples.

Región polar o “rectángulo” polar.

La región 𝑅, queda determinada en el plano 𝑥𝑦 de la siguiente manera: 𝑅 = {(𝑥, 𝑦)|𝑟1 2 ≤ 𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 𝑟2 2 ∧ 𝑥𝑡𝑎𝑛 𝜃1 ≤ 𝑡 ≤ 𝑥𝑡𝑎𝑛𝜃2 } La región sombreada 𝑅, es denominada región polar y para expresarla en coordenadas polares, observar que está comprendida entre dos círculos de radios 𝑟1 y 𝑟2 que forman con la horizontal ángulos designados con 𝜃1 y 𝜃2 respectivamente. Usaremos la siguiente transformación: 𝑇: 𝑆 ⊂ ℝ2 → 𝑅 ⊂ ℝ2 , 𝑇(𝑟, 𝜃 ) = (𝑥, 𝑦) = (𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃, 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃) Por lo tanto: 𝑆 = {(𝑟, 𝜃 )|𝑟1 ≤ 𝑟 ≤ 𝑟2 ∧ 𝜃1 ≤ 𝜃 ≤ 𝜃2 } En el siguiente dibujo se ilustra esta transformación:

Cuando se emplea el teorema del cambio de variables, obtenemos:

∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∬ 𝑓 (𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃, 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃)|det 𝐽 |𝑑𝑟𝑑𝜃 𝑅

𝑆

Pero: 𝜕𝑥 det 𝐽 = | 𝜕𝑟 𝜕𝑥 𝜕𝜃 Sustituyendo, obtenemos:

𝜕𝑦 𝜕𝑟 | | 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝜕𝑦 −𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 𝜕𝜃

𝑠𝑒𝑛𝜃 | = 𝑟𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 + 𝑟𝑠𝑒𝑛2 𝜃 = 𝑟 → |det 𝐽 | = 𝑟 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃

∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∬ 𝑓(𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃, 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃)𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 𝑅

𝑆

23

Integrales Múltiples.

Lo anterior, nos permite enunciar el siguiente Teorema: Si 𝑓(𝑥, 𝑦) es una función continua en 𝑆 = {(𝑟, 𝜃 )|𝑟1 ≤ 𝑟 ≤ 𝑟2 ∧ 𝜃1 ≤ 𝜃 ≤ 𝜃2 }, 0 ≤ 𝜃2 − 𝜃1 ≤ 2𝜋 entonces ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∬ 𝑓(𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃, 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃)𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 𝑅

𝑆

Ejemplos: 1. Evaluar ∬𝑅 (3𝑥 + 4𝑦 2 )𝑑𝐴, cuando 𝑅 = {(𝑥, 𝑦)|𝑦 ≥ 0, 1 ≤ 𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 4}, utilizando un cambio de coordenadas polares. Solución: Gráfica de 𝑅:

Límites para la integración:  Como 1 ≤ 𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 4 y 𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑟 2 se tendrá: 1 ≤ 𝑟2 ≤ 4 1≤𝑟≤2  Además, para generar las circunferencias, el radio vector deberá rotar un ángulo 𝜃 en el intervalo 0≤𝜃≤𝜋 El cambio de coordenadas está dado por 𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑦 = 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 𝜋

2

∬(3𝑥 + 4𝑦 2 )𝑑𝐴 = ∫ ∫ [3𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 + 4(𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃)2 ]𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 𝑅 𝜋

2

0

1 𝜋

2 = ∫ ∫ [3𝑟 2 𝑐𝑜𝑠𝜃 + 4𝑟 3 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 ]𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 = ∫ [𝑟 3 𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑟 4 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 | ] 𝑑𝜃 1 0 1 0 𝜋

𝜋

= ∫ [8𝑐𝑜𝑠𝜃 + 16𝑠𝑒𝑛2 𝜃 − 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑠𝑒𝑛2 𝜃]𝑑𝜃 = ∫ [7𝑐𝑜𝑠𝜃 + 15𝑠𝑒𝑛2 𝜃]𝑑𝜃 = 0

0

La integral que tiene a 𝑐𝑜𝑠𝜃 es inmediata. Para evaluar la que tiene 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 podemos recurrir a una identidad trigonométrica o a una fórmula de integración: 1 − 𝑐𝑜𝑠2𝜃 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 = 2 1 𝑛−1 ∫ 𝑠𝑒𝑛𝑛 𝜃𝑑𝜃 = − 𝑠𝑒𝑛𝑛−1 𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 + ∫ 𝑠𝑒𝑛𝑛−2 𝜃𝑑𝜃 𝑛 𝑛 Usando la identidad trigonométrica: 𝜋 𝜋 15 ∫ [7𝑐𝑜𝑠𝜃 + 15𝑠𝑒𝑛2 𝜃 ]𝑑𝜃 = ∫ [7𝑐𝑜𝑠𝜃 + (1 − 𝑐𝑜𝑠2𝜃)] 𝑑𝜃 2 0 0 15 15 1 𝜋 15 = 7𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝜃 − ∙ 𝑠𝑒𝑛2𝜃 | = 𝜋 0 2 2 2 2

24

Integrales Múltiples.

√4−𝑦2

2

2. Calcular ∫0 ∫−√4−𝑦 2 𝑑𝑥𝑑𝑦, usando un cambio de variables a coordenadas polares. Solución: Por los límites de integración, definimos la región 𝑅 = {(𝑥. 𝑦)|−√4 − 𝑦 2 ≤ 𝑥 ≤ √4 − 𝑦 2 , 0 ≤ 𝑦 ≤ 2} La función de transformación a coordenadas polares es: 𝑇(𝑟, 𝜃 ) = (𝑥, 𝑦) = (𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃, 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃) De modo que como 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 1, será 𝑓 [𝑇(𝑟, 𝜃 )] = 1 Gráfica de 𝑅: Como −√4 − 𝑦 2 ≤ 𝑥 ≤ √4 − 𝑦 2 se cumplirá: 4 − 𝑦2 ≤ 𝑥 ≤ 4 − 𝑦2 Por lo que 4 ≤ 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 4 Que significa 𝑥2 + 𝑦2 = 4 ∧ 0 ≤ 𝑦 ≤ 2

Nuevos límites para la integración:  Como 𝑥 2 + 𝑦 2 = 4 se observa que 

0≤𝑟≤2 Además, para generar la circunferencias, el radio vector deberá rotar un ángulo 𝜃 en el intervalo 0≤𝜃≤𝜋

Calculamos la integral: 2

√4−𝑦2

∫ ∫ 0

−√4−𝑦2

𝜋

2

𝜋

𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ ∫ 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 = ∫ 2𝑑𝜃 = 2𝜋 0

0

0

ACTIVIDADES. Evaluar las siguientes integrales, haciendo un adecuado cambio de variables: 1. ∬𝑅 (𝑥 2 − 𝑦 2 )𝑑𝐴, siendo 𝑅 la región limitada por 𝑦 = −𝑥, 𝑦 = 1 − 𝑥, 𝑦 = 𝑥, 𝑦 = 𝑥 + 2. 2. ∬𝑅 𝑥𝑑𝐴, cuando 𝑅 la región limitada por 𝑥 + 𝑦 = 1, 𝑥 + 𝑦 = 6, 𝑦 = 0, 𝑥 = 0. 3. ∬𝑅 (𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝐴 , siendo 𝑅 la región del primer cuadrante limitada por las hipérbolas 𝑥 2 − 𝑦 2 = 1, 𝑥 2 − 𝑦 2 = 9; 𝑥𝑦 = 2; 𝑥𝑦 = 4 Evaluar las siguientes integrales, empleando coordenadas polares: 4. ∬𝑅 √𝑥 2 + 𝑦 2 𝑑𝐴, si 𝑅 es la región delimitada por los círculos 𝑥 2 + 𝑦 2 = 4 y 𝑥 2 + 𝑦 2 = 9 1

√1−𝑥 2

1

√1−𝑦2

5. ∫0 ∫0 6. ∫0 ∫0

𝑒𝑥

2+𝑦 2

𝑥3 √𝑥 2 +𝑦 2

𝑑𝑦𝑑𝑥 𝑑𝑦𝑑𝑥

25

Integrales Múltiples.

INTEGRALES TRIPLES. Las integrales triples, para funciones de tres variables, se definen en forma similar como se hizo con las de una y dos variables. Miremos el caso en el cual la función está definida sobre un paralelepípedo (una caja rectangular): 𝐵 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ ℝ3 |𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑, 𝑟 ≤ 𝑧 ≤ 𝑠 }  Se divide la caja en subcajas, dividiendo cada subintervalo definido en cada eje: Eje 𝑥: se divide [𝑎, 𝑏] en 𝑙 partes iguales (∆𝑥), cada subintervalo es de la forma [𝑥𝑖−1 , 𝑥𝑖 ] Eje y: se divide [𝑐, 𝑑 ] en 𝑚 partes iguales (∆𝑦), cada subintervalo es de la forma [𝑦𝑗−1 , 𝑦𝑗 ] Eje 𝑧: se divide [𝑟, 𝑠 ] en 𝑛 partes iguales (∆𝑧), cada subintervalo es de la forma [𝑧𝑘−1 , 𝑧𝑘 ]  Los planos que pasan por los extremos de estos subintervalos son paralelos a los ejes coordenados y determinan 𝑙𝑚𝑛 subcajas 𝐵𝑖𝑗𝑘 = [𝑥𝑖−1 , 𝑥𝑖 ] x [𝑦𝑗−1 , 𝑦𝑗 ] x [𝑧𝑘−1 , 𝑧𝑘 ]  El volumen de cada subcaja es ∆𝑉 = (∆𝑥)(∆𝑦) (∆𝑧)  Formamos la suma triple de Riemann: 𝑙

𝑚

𝑛

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∑ ∑ ∑ 𝑓(𝑥𝑖𝑗𝑘 )∆𝑉, (𝑥𝑖𝑗𝑘 , 𝑦𝑖𝑗𝑘 , 𝑧𝑖𝑗𝑘 , 𝑦𝑖𝑗𝑘 , 𝑧𝑖𝑗𝑘 ) ∈ 𝐵𝑖𝑗𝑘 𝑖=1 𝑗=1 𝑘=1

Definición: La integral triple de 𝑓 sobre la caja 𝐵 es: 𝑙

∭ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧 )𝑑𝑉 =

𝑚

𝑛

∗ ∗ ∗ )∆𝑉 lim ∑ ∑ ∑ 𝑓(𝑥𝑖𝑗𝑘 , 𝑦𝑖𝑗𝑘 , 𝑧𝑖𝑗𝑘

𝑙,𝑚,𝑛→∞

𝑖=1 𝑗=1 𝑘=1

𝐵

Siempre que dicho límite exista. Teorema de Fubini para integrales triples. Si 𝑓 es continua sobre una caja rectangular 𝐵 = [𝑎, 𝑏] x [𝑐, 𝑑 ] x [𝑟, 𝑠 ] entonces: 𝑠

𝑑

𝑏

∭ 𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧 )𝑑𝑉 = ∫ ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧 )𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 𝐵

𝑟

𝑐

𝑎

Ejemplo: Evaluar la integral triple ∭𝐵 𝑥𝑦𝑧 2 𝑑𝑉, donde 𝐵 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ ℝ3 |0 ≤ 𝑥 ≤ 1, −1 ≤ 𝑦 ≤ 2, 0 ≤ 𝑧 ≤ 3} Solución: 3 2 1 3 2 3 2 𝑥 2 𝑦𝑧 2 𝑥 = 1 𝑦𝑧 2 ∭ 𝑥𝑦𝑧 2 𝑑𝑉 = ∫ ∫ ∫ 𝑥𝑦𝑧 2 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∫ ∫ [ ] ] 𝑑𝑦𝑑𝑧 𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∫ ∫ [ 𝑥=0 2 0 −1 0 0 −1 0 −1 2 𝐵

3 2 3 3 𝑦𝑧 2 𝑦2𝑧2 𝑦 = 2 3𝑧 2 𝑧 3 𝑧 = 3 27 ∫ ∫ [ ] 𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∫ [ ] ] 𝑑𝑧 = [ ] 𝑑𝑧 = ∫ [ = 4 𝑦 = −1 4 4 𝑧=0 4 0 −1 2 0 0

26

Integrales Múltiples.

Integral triple sobre un sólido general 𝑬 acotado.

Consideremos el sólido 𝐸, limitado encima por la gráfica de 𝑧 = 𝑓2 (𝑥, 𝑦) y por debajo por la gráfica de 𝑧 = 𝑓1 (𝑥, 𝑦). Si 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) es una función definida en 𝐸 y 𝐷 es la proyección del sólido 𝐸 sobre el plano 𝑥𝑦 entonces con un razonamiento similar al empleado para las integrales dobles, se puede afirmar que la integral triple de 𝐹 en 𝐸 es: 𝑓2 (𝑥,𝑦)

∭ 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧 )𝑑𝑉 = ∬ [∫ 𝐸

𝐹 (𝑥, 𝑦, 𝑧 )𝑑𝑧] 𝑑𝐴

𝑓1 (𝑥,𝑦)

𝐷

Cuando 𝐷 es una región del tipo I, la integral triple de 𝐹 en 𝐸 se escribe como una integral iterada: 𝑏

𝑔2 (𝑥)

∭ 𝐹 (𝑥, 𝑦, 𝑧 )𝑑𝑉 = ∫ ∫ 𝐸

𝑎

𝑔1 (𝑥)

𝑓2 (𝑥,𝑦)

∫

𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑧𝑑𝑦𝑑𝑥

𝑓1 (𝑥,𝑦)

Ejemplos: 1. Evaluar ∭𝐸 𝑧𝑑𝑉, si 𝐸 es el tetraedro sólido limitado por los planos 𝑥 = 0, 𝑦 = 0, 𝑧 = 0 y 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1 Solución: Las caras del tetraedro son las regiones de los planos 𝑦𝑧 (𝑥 = 0), 𝑥𝑧 (𝑦 = 0), 𝑥𝑦 (z= 0) intersectados por el plano 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1. Encontramos estas intersecciones:  Para 𝑥 = 𝑦 = 0, 𝑧 = 1. Tendremos el punto (0,0,1).  Para 𝑥 = 𝑧 = 0, 𝑦 = 1. Tendremos el punto (0,1,0).  Para 𝑧 = 𝑦 = 0, 𝑥 = 1. Tendremos el punto (1,0,0). En el siguiente gráfico se muestra el tetraedro y su proyección sobre el plano 𝑥𝑦:

27

Integrales Múltiples.

Cuando 𝑧 = 0, 𝑥 + 𝑦 = 1 → 𝑦 = 1 − 𝑥 es la intersección entre el plano 𝑥𝑦 y el plano 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1 El sólido está limitado: Por arriba el plano 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1, por lo tanto 𝑧 = 𝑓2 (𝑥, 𝑦) = 1 − 𝑥 − 𝑦 Por debajo el plano 𝑥𝑦, por lo tanto 𝑧 = 𝑓1 (𝑥, 𝑦) = 0 Como 𝐸 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧)|0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 0 ≤ 𝑦 ≤ 1 − 𝑥, 0 ≤ 𝑧 ≤ 1 − 𝑥 − 𝑦 }, evaluando la integral como tipo I: 𝑔2 (𝑥)=1−𝑥

1

∭ 𝑧𝑑𝑉 = ∫ ∫ 1

1−𝑥

∫ ∫ 0

0

𝐸

0

𝑔1 (𝑥)=0

𝑓2 (𝑥,𝑦)=1−𝑥−𝑦

∫ 𝑓1 (𝑥,𝑦)=0

1

1−𝑥

𝑧𝑑𝑧𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∫ ∫ 0

0

𝑧2 1 − 𝑥 − 𝑦 [ ] 𝑑𝑦𝑑𝑥 2 0

1−𝑥 𝑧 1−𝑥−𝑦 1 1 1 (1 − 𝑥 − 𝑦)3 𝑦 = 1 − 𝑥 [ ] ] 𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∫ ∫ (1 − 𝑥 − 𝑦)2 𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∫ [− 𝑑𝑥 𝑦=0 2 0 2 0 0 2 0 3 1 1 (1 − 𝑥 − 𝑦)3 𝑦 = 1 − 𝑥 1 1 1 (1 − 𝑥)4 1 1 ∫ [− ] ] = 𝑑𝑥 = ∫ (1 − 𝑥)3 𝑑𝑥 = [− 𝑦=0 0 24 2 0 3 6 0 6 4 2

1

2. Obtener el volumen del sólido en el primer octante limitado por las gráficas de 𝑧 = 1 − 𝑦 2 , 𝑦 = 2𝑥 y 𝑥 = 3. Solución:  Como 𝑧 = 1 − 𝑦 2, tendremos que el sólido está limitado en su parte superior por 𝑓2 (𝑥, 𝑦) = 1 − 𝑦 2 que corresponden a parábolas, las cuales pueden “moverse” hacia 𝑥 = 3 en dirección paralela al plano 𝑦𝑧 (𝑥 = 0) y por debajo el plano 𝑧 = 𝑓1 (𝑥, 𝑦) = 0  𝑦 = 2𝑥 es una recta que pasa por el origen del plano 𝑥𝑦.  𝑥 = 3 es la ecuación de un plano paralelo al plano 𝑦𝑧. 𝑦  La proyección del sólido sobre el plano 𝑥𝑦 es un trapecio limitado por 𝑦 = 0, 𝑥 = 3, 𝑥 = 2 , 𝑦 = 1 (este valor se obtiene cuando hacemos 𝑧 = 0 en 𝑧 = 1 − 𝑦 2 , resultando 𝑦 = ±1, el −1 se descarta porque el sólido está en el primer octante).  La gráfica del sólido y su proyección sobre el plano 𝑥𝑦, es:

28

Integrales Múltiples.

𝑦

Como 𝐸 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) |𝑔1 (𝑦) = 2 ≤ 𝑥 ≤ 𝑔2 (𝑦) = 3, 0 ≤ 𝑦 ≤ 1, 0 ≤ 𝑧 ≤ 1 − 𝑦 2 }, evaluando la integral como tipo II: 1

𝑔2 (𝑥)=3

𝑉 = ∭ 𝑑𝑉 = ∫ ∫ 𝐸

0 1

𝑦 𝑔1 (𝑦)= 2

𝑓2 (𝑥,𝑦)=1−𝑦 2

∫ 𝑓1 (𝑥,𝑦)=0

3

1

3

1

3

2 𝑑𝑧𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ ∫ [𝑧 ]1 − 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ ∫ [1 − 𝑦 2 ]𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝑦 𝑦 0 0 0 2

2

1

1 𝑦 𝑦3 𝑥=3 2 ∫ ∫ [1 − 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ [𝑥 − 𝑥𝑦 ∫ [3 𝑑𝑦 = − 3𝑦 − + ] 𝑑𝑦 = 𝑦 𝑥 = 𝑦⁄2 2 2 0 0 0 2]

2

1

∫ [3 − 3𝑦 2 − 0

2]

𝑦 𝑦3 𝑦 2 𝑦 4 1 15 + ] 𝑑𝑦 = [3𝑦 − 𝑦 3 − + ] | = 2 2 4 8 0 8

ACTIVIDADES 1. Evaluar ∭𝐸 𝑦𝑧𝑑𝑉, 𝐸 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧)|0 ≤ 𝑧 ≤ 1, 0 ≤ 𝑦 ≤ 2𝑧, 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑧 + 2 } 2. Evaluar ∭𝐸 𝑦𝑑𝑉 , 𝐸 está debajo del plano 𝑧 = 𝑥 + 2𝑦 y encima de la región limitada por las curvas 𝑦 = 𝑥 2 , 𝑦 = 0 y 𝑥 = 1. 3. Evaluar ∭𝐸 𝑧𝑑𝑉, 𝐸 está acotado por los planos 𝑥 = 0, 𝑦 = 0, 𝑧 = 0, 𝑦 + 𝑧 = 1, y 𝑥 + 𝑧 = 1. 4. Usar la integral triple para encontrar el volumen del sólido acotado por el cilindro parabólico 𝑥 = 𝑦 2 y los planos 𝑧 = 0 y 𝑥 + 𝑦 = 1.