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Integrales dobles sobre regiones generales

De por WikiMatematica.org


Para integrales simples, la región sobre la que integramos es siempre un intervalo pero, para las integrales dobles debemos ser capaces de integrar una función f no sólo sobre un rectángulo sino también sobre regiones D que tengan una forma más general.

Nota: Siendo D una región acotada y no rectangular, y R una región rectangular.

1. F(x,y)=\left\{\begin{matrix} \frac{f(x,y)}{(x,y)}\in D\\ \frac{0}{(x,y)}\in R \\ \frac{0}{(x,y)}\notin D \end{matrix}\right.

Si la integral doble de F existe sobre R, entonces definimos la integral doble de \int sobre D como

2.\int_{D} \int f(x,y)dA=\int\int _{R}F(x,y)dA donde F esta dada por la ecuación 1.

La definición 2 tiene sentido porque R es un rectángulo y por lo tanto \int \int{R} f(x,y)dA se ha definido previamente. El procedimiento que hemos utilizado es razonable porque los valores de F (x,y) son 0 cuando (x,y) se encuentra fuera de D y por lo tanto no aportan nada a la integral. Esto significa que no importa cuál rectángulo R utilicemos mientras contenga a D.

Cuando \f(x,y)\leq 0 aún podemos interpretar \int \int_{D}f(x,y) dA como el volumen del sólido que se encuentra arriba de D y debajo de la superficie z=f(x,y).


Una región plana D se dice que es de tipo 1 si se encuentra entre las gráficas de dos funciones continuas de x, es decir:


D=\left \{ (x,y)\left |  a\leq x\leq b, g_1(x)\leq y\leq g_2(x) \right \} donde g_1 y g_2 son funciones continuas en el intervalo [a,b].


Para evaluar \int \int_{D} f(x,y)dA cuando D es una región tipo 1, escogemos un rectángulo R=\left [ a,b \right ] \times \left [ c,d \right ] que contiene a D. Debemos hacer que F sea la función dada por la ecuación 1, es decir, F concuerda con f en D y F es 0 fuera de D. Entonces por el teorema de Fubini:


\int \int_{D}f(x,y)dA=\int \int_{R}F(x,y)dA=\int_{a}^{b}\int_{c}^{d}F(x,y)dydx


Observe que \F(x,y) =0 si  y < g_1(x) O y > g_2(x) porque (x,y) entonces se encuentra fuera de D. Por tanto:


\int_{c}^{d}F(x,y)dy=\int_{g_1_(_x_)}^{g_2_(_x_)} F(x,y) dy= \int_{g_1_(_x_)}^{g_2_(_x_)} f (x,y)dy


porque F(x,y) =f(x,y) cuando g_1(x)\leq y\leq g_2(x). Así tenemos la siguiente fórmula que nos permite evaluar la integral doble como una integral iterada.

3 Si f es continua en una región D, tipo 1 tal que D=\left \{ \left ( x,y)\left |  a\leq x\leq b, g_1(x)\leq y\leq g_2(x) \right ) \right \} 

entonces:

\int \int _Df(x,y)dA= \int_{a}^{b}\int_{g_1_(_x_))}^{g_2_(_x_)} f(x,y)dy dx

También consideramos regiones planas del tipo II que se pueden expresar como:

4 D=\left \{ (x,y)\left |  c\leq y\leq d, h_1(y)\leq x\leq h_2(y) \right \}

Por lo que podemos demostrar que :

5 \int \int _{D} f(x,y)dA= \int_{c}^{d}\int_{h_1 (y)}^{h_2 (y)} f(x,y)dy dx

cuando h_1 y h_2 son continuas.


Contenido

Ejemplo # 1

  • Evaluar

\int \int _Df(x+2y)dA


donde D es la región limitada por las parábolas y=2x^2

y  y=1+x^2


Las parábolas se cruzan cuando:


2x^2= 1+x^2 es decir x^2=1 , o sea x=\pm 1


D=\left \{ \left ( x,y)\left |  -1\leq x\leq 1 , 2x^2\leq y\leq 1+x^2 \right ) \right \}
</p><p>


Como la frontera inferior es y=2x^2 y la frontera superior es y=1+x^2 , de la tercera ecuación obtenemos:


\int \int_{D} (x+2y)dA= \int_{-1}^{1}\int_{2x^2}^{1+x^2}(x+2y)dy dx


= \int_{-1}^{1}\left [ xy+y^2 \right ]^y^=1+x^2y = 2x^2dx


= \int_{-1}^{1}\left \left [ x\left ( 1+x^2 \right ) +(1+x^2)^2- x(2x^2)-(2x^2)^2\right ]dx


= \int_{-1}^{1}\left \left (-3x^4-x^3+2x^2+x+1)dx


=3\frac{x^5}{5}-\frac{x^4}{4}+2\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}+x  ]_-_1^1=\frac{32}{15}


Ejemplo # 2

  • Hallar el volúmen del sólido que se encuentra debajo del paraboloide z=x^2+y^2 y arriba de la region D del plano xy, limitada por la recta y=2x y la parábola y=x^2

D=\left \ {(x,y)| 0\leq y\leq 4 \right \, \frac{1}{2}y\leq x\leq \sqrt{y}

Por tanto, la expresión para V es:

V=\int \int_{D}(x^2+y^2)dA= \int_{0}^{4}\int_{\frac{1}{2}y}^{\sqrt{y}}(x^2+y^2)dx dy

= \int_{0}^{4}\left [ \frac{x^3}{3}+y^2x \right ]^x^=y1/2x=1/2y dy = \int_{0}^{4}\left ( \frac{y^3^/^2}{3}+y^5^/^2-\frac{y^3}{24}-\frac{y^3}{2} \right )dy

=\frac{2}{15}y^5^/^2+\frac{2}{7}{  \right \}y ^7^/^2-\frac{13}{96}y^4 ]^4_0= \frac{216}{35}


Ejemplo # 3

  • Evaluar \int \int _{D} xy d A, donde D es la región limitada por la recta y=x-1 y la parábola y^2=2x+6

La región D es del tipo I como del tipo II, pero la descripción de D como región tipo I es más complicada porque la frontera inferior está formada por dos partes. Por tanto, se prefiere expresar D como una región tipo II:

D= \left \{ \left ( x,y \right ) \right |-2\leq y\leq 4\leq , \frac{1}{2}y^2-3\leq x\leq y+1  \right \} \righ


Entonces:

\int \int_{D} xyd A = \int_{-2}^{4} \int_{y^2-3}^{y+1} xy dx dy = \int_{-2}^{4} \left [ \frac{x^2}{2}y \right ]dy


= \frac{1}{2}\int_{-2}^{4}  \left [ \left ( y+1 \right )^2\left ( \frac{1}{2}} y^2-3\right )^2 \right ]dy


= \frac{1}{2}\int_{-2}^{4}y   \left ( -\frac{y^5}{4}+4y^3 +2y^2 - 8y\right ) dy


= \frac{1}{2}\left [ \frac{y^6}{24} +y^4+2\frac{y^3}{3}-4y^2 \right ]^4_{-2}=36


Ejemplo # 4

  • Hallar el volúmen del tetraedro limitado por los planos x + 2y + z = 2,   x= 2y , Z=0.

En una caso como éste es aconsenjable trazar dos diagramas: uno del sólido tridimensional y otro de la región plana D sobre la cual éste se encuentra.



1.gif

D = \left \{ \left ( x,y  \right ) \right |  \leq x \leq 1, x/2\leq y\leq 1-x/2\right \}


V = \int \int _{D} \left ( 2-x-2y \right ) dA


= \int_{0}^{1}\int_{x/2}^{1-x/2}\left ( 2-x-2y \right )dy dx


= \int_{0}^{1}\left [ 2y - xy - y^2 \right ]^y^=^1^-^x^/^2dy


= \int_{0}^{1}\left [ 2- x-x\left ( 1-\frac{x}{2} \right )-\left ( 1-\frac{x}{2} \right )^2- x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^2}{4} \right ] dx


= \int_{0}^{1}\left ( x^2 - 2x +1 \right )dx


= \frac{x^3}{3}-x^2+ x

= \frac{1}{3}

Ejemplo # 5

Determine el volumen del solido abajo del plano x+2y-z=0 y encima de la region

 y=x y y=x^4


Ima1.png


en la figura vemos que la region D es una region tipo 1

entonces  D={(x,y)| 0\leq x \leq 1 , x^4\leq y \leq x}


D=\displaystyle\int_{0}^1\int_{x^4}^x (x+2y) dydx


D=\displaystyle\int_{0}^1 -x^2(x^6+x^3-2)dx = 7/18u^3


Ejemplo # 6

Determine el volumen del solido abajo de la superficie  z=xy y arriba del triangulo con vertices <text> (1,1) (4,1)y (1,2) </text>


Primero calculamos la pendiente  m con la ecuación  m=\frac{y2-y1}{x2-x1}


 m= \frac{2-1}{4-1} = -1/3


Ahora utilizamos la ecuacion de la recta  y-y1= m(x-x1)


utilizamos el punto (1,2)  y-2= m(x-1)


 y-2= m(x-1)


 y= m(x-1)+2


 y= -1/3x + 7/3


ahora graficamos...


Ima.png


Ahora integramos entonces  D={(x,y)| 1\leq y \leq 4 , -1/3x + 7/3 \leq x \leq 1}


D=\displaystyle\int_{1}^4\int_{1}^-1/3x + 7/3 (xy) dxdy = 31/8 u^3

EJEMPLO # 7

Calcular un segmento parabolico donde  y=\frac {x^2}{4-1} y  y=2-x



Uta.gif

Al invertir el orden la integral se descompone así :


 \int_{-1}^{0} dy \int_{-2\sqrt{x+y}}^{2\sqrt{x+y}} f(x,y)dx +\int_{0}^{8} dy \int_{-2 \sqrt{x+y}}^{2-y} f(x,y)dx


Ejemplo # 8

Encuentre el volumen del solido encerrado por los cilindros  z=x^2 y  y=x^2 y los planos  z=0, y=4


ahora traficamos.


Otro1.png


la función a integrar esx^4 y como vemos la imagen es una integral de tipo 1


los limites en x son de -2 a 2 y los limites en y son x^2 a 4  D={(x,y)| -2\leq x \leq 2 , x^2 \leq y \leq 4}


D=\displaystyle\int_{-2}^2\int_{x^2}^4(x^4) dydx = 128/15 u^3

Ejemplo # 9


Evalúe \iint_{D}(x+2y)dA, donde D es una región que queda acotada por las parábolas y=2x^2 y y=1 + x^2.

Graph25.PNG
SOLUCIÓN:

Las parábolas intersectan cuando 2x^2 = 1 + x^2, es decir, x^2=1, por lo tanto x = 1 y x=-1. Se nota que la región D, mostrada en la figura, es mas fácil integrarla como Tipo I


Definimos el dominio como:

D = \{(x,y)|-1 <= x <=1, 2x^2<= y <= 1 + y^2\}

Como el limite inferior es y = x^2 y el superior es y = 1 + x^2, la ecuación da:

\iint{D}(x + 2y)dA = \int_{-1}^{1}\int_{2x^2}^{1 + x^2}(x + 2y)dydx

                                    =    \int_{-1}^{1}[xy + y^2]_{y=2x^2}^{y=1+x^2}dx


                                    =    \int_{-1}^{1}[x(1 + x^2) + (1 + x^2)^2 - x(2x^2) - (2x^2)^2]dx


                                    =    \int_{-1}^{1}(-3x^4 -x^3 + 2x^2 + x + 1)dx


                                    =    -3 \frac{x^5}{5} - \frac{x^4}{4} + 2 \frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} + x \]_{-1}^{1} = \frac{32}{15}

Ejemplos de integrales Iteradas

Ejemplo # 1

  • Evalar la integral iterada = \int_{0}^{1}\int_{x}^{1}sen\left ( y^2 \right )dy dx

Si tratamos de evaluar la integral tal y como está planteada, tenemos que calcular primero \int sen\left ( y^2 \right )dy . Pero esto es imposible en términos finitos, porque \int sen\left ( y^2 \right )dy no es una función elemental. Por tanto, debemos cambiar el orden de integración, expresando primero la integral iterada dada como integral doble. Usando 3 en sentido inverso, tenemos;


= \int_{0}^{1}\int_{x}^{1}sen\left ( y^2 \right )dy dx


= \int \int_{D} sen\left ( y^2 \right ) dA


D = \left \{ \left ( x,\left (x,y \right )\left | 0\leq x\leq 1, x\leq y\leq 1 \right \}

donde trazamos una descripción alternativa de D


D = \left \{ \left ( x,\left (x,y \right )\left | 0\leq y\leq 1, x\leq x\leq 1 \right \}

Esto hace posible que utilicemos 5 para expresar la integral doble como integral integrada iterada en el orden inverso.


= \int_{0}^{1}\int_{x}^{1}sen\left ( y^2 \right )dy dx


= \int \int_{D} sen\left ( y^2 \right ) dA


= \int_{0}^{1}\int_{x}^{1}sen\left ( y^2 \right )dx dy

Ejemplo # 2

  • Evaluar la integral:

= \int_{0}^{3}\int_{1}^{2} x + 3 y^2 x dy dx


Solución:

= \int_{0}^{3} xy + y^3 x dx = \int_{0}^{3} 2x + 8x - x - dx = \int_{0}^{3} 8x dx  => 4x^2 , recordemos que todavía tenemos que evaluar en 0 y en 3. Su resultado final sería:  36


Ejemplo # 3

  • Evaluar:

\int_{1}^{2}\int_{0}^{3} x + 3 y^2 x dx dy


OJO: éste ejemplo es igual al anterior, las variantes de la integral son únicamente las  dx y  dy que indican el orden del procedimiento para integrar.

= \int_{1}^{2} \frac{1}{2}x^2 + \frac{3}{2}y^2 x^2 dy = \int_{1}^{2} \frac{9}{2} + \frac{3}{2}(9)y^2 dy = \int_{1}^{2} \frac{9}{2} + \frac{27}{2}y^2 dy =  \frac{9}{2}y + \frac{9}{2}y^3 ,

recordemos que aún se debe evaluar en 1 y 2.


=  9 + \frac{9}{2}(8)- \frac{9}{2} -\frac{9}{2}

0bteniendo:  36

Ejemplo # 4

Si  R= [0,¶/2] X [0,¶/2], entonces


\displaystyle\int_{0}^{¶/2} (senx) dx \int_{0}^{¶/2} (cos y)dy


\displaystyle[-cos x]_{0}^{¶/2}  [sen y ]_{0}^{¶/2}= 1*1 = 1


Otro3.png

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