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Universidad Nacional del Callao Calculo Vectorial

INTEGRALES DOBLES 5.1 5.2 5.3 5.4

Introducción Definición Propiedades Aplicaciones 5.4.1 Volumen de un solido 5.4.2 Centro de masa de una lamina 5.4.3 Área de una superficie. 5.5 Actividades propuestas 5.1 INTRODUCCIÓN – MOTIVACIÓN ¿Cómo calcular la integral de funciones en 2 variables? Suponga que f está definida y es acotada en la región rectangular R : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d. Imaginamos R cubierta por una red de rectas paralelas a los ejes x e y. Estas rectas dividen a R en pequeños subrectángulos que enumeramos A1 , A2 , A3 , ...., An y cuyas áreas son Ak  x k · y k . Si escogemos ( x k , y k ) en Ak , podemos definir la suma de Riemann de f como: n

Sn 

f

(xk , y k ) Ak

k 1

( xk , y k )

y yk

 Ak

d

Fig.1

xk

c

a

b

x

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1

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Veamos a continuación, cómo esta suma interviene en la integral de funciones en 2 variables. 5.2

INTEGRALES DOBLES

DEFINICIÓN Al disminuir el largo y el ancho de los subrectángulos  Ak (Fig.1) de manera que xk y

y k tiendan a cero cuando n tiende a infinito podemos

S n existe decimos que examinar el límite de Sn cuando n tiende a infinito. Si lim n  f

es integrable sobre el rectángulo R y definimos

 f (x , y )dA

 lim S n n

R

z

Si f es continua en R, entonces f es integrable y se tiene que

z=f

 f (x, y ) dA R

0

d y

b

 lim

Ak  0

 f (x , y ) A k

k

k

k 1

c

a

x

n

R

Si f es integrable sobre el rectángulo R, igual que ocurre con las funciones de una variable, las sumas tienden a este límite independientemente de cómo se subdividan los intervalos [a, b] y [c, d] que determinan R.

Observación 1. La continuidad de f es una condición suficiente pero no necesaria para la .existencia de la integral doble. La integral doble también existe para muchas funciones discontinuas pero acotadas. Observación 2. (Interpretación geométrica de la Integral Doble). Para interpretar geométricamente, el significado de la integral doble, supongamos que

f :R

es una función integrable en R y f ( x, y)  0, para todo ( x, y )  R , entonces la grafica de z  f ( x, y ) es una superficie que esta encima del plano XY, como se ilustra en la figura de la parte superior de esta página, luego



f ( x, y) dA  V  S 

R

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es el volumen del solido S bajo la superficie z  f ( x, y ) y tiene como base la región cerrada R.

5.3

PROPIEDADES

a. PROPIEDADES DE LA INTEGRAL DOBLE Enunciaremos varias propiedades de las integrales dobles en analogía con las propiedades de la integral definida de funciones de una variable y que son útiles en cálculos y en aplicaciones. (a)

k f (x, y )dA

 k



(b)

 f (x, y)dA,

k

es un número real



 f ( x, y)dA  0

si f ( x, y)  0 sobre 



 f (x, y)dA   g (x, y)dA

(c)



(d)

si f ( x, y)  g ( x, y) sobre 



 f (x , y ) dA   f (x , y ) dA   f (x, y ) dA 

1

donde   1   2

2

b. INTEGRALES

DOBLES RECTANGULARES

SOBRE

REGIONES

ACOTADAS

NO

Para definir la integral doble de una función f sobre una región acotada no rectangular, como la mostrada en la figura, imaginamos de nuevo a R cubierta por una retícula rectangular, pero incluimos en la suma parcial sólo los rectángulos pequeños de área  A  x y que se encuentran totalmente dentro de la región mostrada en la figura.

R

Las integrales dobles de funciones continuas sobre regiones no rectangulares tienen las mismas propiedades algebraicas de las integrales dobles sobre regiones rectangulares. Observar que:

 f ( x, y) dA   f ( x, y) dA  f ( x, y) dA R

R1

y

R2

donde R  R1  R 2

z z  f ( xNOR , y)

R1

y

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c. CALCULO DE INTEGRALES DOBLES POR MEDIO DE INTEGRALES ITERADAS Sea f : R 

una función continua sobre R.

i. Si R está definida para a  x  b, c  y  d , donde a , b, c y d  , entonces



f ( x, y )dA 

R

b

d

a

c



f ( x, y) dy dx 

d

b

c

a



f ( x, y) dx dy

este resultado es más conocido como el teorema de Fubbini. ii. Si R está definida para a  x  b, g 1( x)  y  g 2( x), con g1 y g2 continuas sobre [a, b], entonces



f ( x, y ) dA 

R

b

g 2 (x )

a

g1( x)



y

f ( x, y) dy dx 

b

 

  a

g 2 (x ) g1 ( x)

 f ( x, y) dy dx 

y  g 2 ( x) R

y  g1 ( x)

a

b

x

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iii. Si R está definida para c  y  d , h 1( y )  x  h 2( y), con h1 y h2 continuas sobre [c, d], entonces



f (x , y )dA 

R

d

h 2 (x )

c

h1 ( x)



f (x , y ) dx dy 

d

 

  c

h2 (x )

h1 ( x )

 f ( x, y) dx dy 

d. EJERCICIOS DESARROLLADOS Los siguientes ejercicios se resolverán en la pizarra y para ello se requiere de tu participación activa.

x propiedades h2 ( y) a) De acuerdo a las funciones dadas seleccione las y/o reglas para la solución de diferentes ejercicios que se proponen a continuación. b) Luego con las instrucciones del docente aplique las reglas correspondientes para calcular las integrales.

x

EJEMPLO 1. Calcule ln 2 0

  2 xe

y

dxdy

0 1

Solución: A) ¿Respecto a que variable integrará primero?

………………………………………………………………………… B) ¿Cómo actúa la otra variable ?.............................................Calcule la integral

reemplazando en los extremos correspondientes.

C) Ahora integre respecto a la variable restante

ln 2 0

  2 xe

D)

Por lo tanto

y

dxdy

0 1

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EJEMPLO 2. ¿En qué se diferencia respecto a la integral anterior?........................................ Ahora repita los pasos anteriores:

1 x

  2 xydydx

EJEMPLO 3. Calcule

0 x2

Solución: x

2 4 3 5  y22x  x  x   2x  2 x  x 3  x 5 2 xydx  2 x 2 ydy  2 x  2  2 2 2  2 2 x2 x x

x

x

1

x

3

0

1



1

 x dx   x dx   x dx 5

3

2

0

0

1 1  x4 x6   1 1   0 0  1 1              6   4 6   4 6  4 6 12 4  0

por lo tanto 1 x

  2xydydx

1 12



0 x2

4

x

  x ydydx 2

EJEMPLO 4. Calcule

0 0

Solución: x

x

2

ydy =

 2 x 2 y  ydy  x    2  0  0

x2

0

=

x

4

4

 2 x 2  ydy  x  0 

x

 x 2 x 02x  x 2

2

22 

3

2

4

x3 x4 x4 dx    32  24 0 8 0 0 2 por lo tanto 4

x

 x

2

y dydx 32

0 0

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E) CAMBIO DEL ORDEN DE INTEGRACIÓN

A veces es muy difícil o hasta imposible evaluar una integral doble iterativa empleando un orden de integración. Sin embargo, invirtiendo o cambiando el orden de integración de dxdy a dydx o viceversa se puede obtener una integral doble iterativa que es fácil de calcular. EJEMPLO 7. Calcular la integral

  tg x dxdy 1 1

2

0 y

Solución: Si queremos calcular

 tg  x dx no hay ninguna fórmula 1

2

y

de

integración, de modo que debemos cambiar el orden de integración. Se tiene que

D   x , y  / 0  y  1, y  x  1 La grafica nos muestra que podemos escribir D como:

D '   x , y  / 0  x  1, 0  y  x  entonces 1 1



0 y

tg  x 2  dxdy  

1



x

0 0

EJEMPLO 8. Calcular la integral

tg  x 2 dydx   xtg x 2 dx  1

0

a

a

0

x

x



x  y2 2

1 ln(sec1) 2

dydx

Solución: Se tiene que

D   x , y  / 0  x  a , x  y  a  La grafica nos muestra que podemos escribir D como:

D '   x , y  / 0  x  y , 0  y  a  entonces a

 0

a

x

x x2  y2

dydx  

a

0



y

0

y a dxdy    x 2  y 2  dy 0 0   x2  y2

x

a

  ( 2 y  y )dy  0

EJEMPLO 9. Calcule la integral

2

4

0

y2



2

x3

1 2





2 1

dx dy

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Solución: Se tiene que D   x, y  / 0  y  2, y 2  x  4

La grafica nos muestra que podemos escribir D como:





D'   x, y  / 0  x  4, 0  y  x entonces 2

 0

x y

2

x

3

4

dy dx   2 0

x

3

xdx 

170 ln 2

5.4 APLICACIONES 5.4.1

VOLUMEN DE UN SOLIDO Se presentan los siguientes casos:

1. Sea f : R 

una función continua definida en la región cerrada R, y f ( x, y)  0, para todo ( x, y)  R , entonces el volumen del sólido S limitado superiormente por la superficie z  f ( x, y ) e inferiormente por la región R esta dado por:

V ( S) 



f ( x, y) dA

R

2. Sean f , g : R 

funciones continuas definidas en la región cerrada R, y f ( x, y)  g ( x, y ), para todo ( x, y)  R , entonces el volumen del sólido S limitado z  f ( x, y)

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z  g ( x, y )

y R

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superiormente por la superficie z  f ( x, y ) e inferiormente por la superficie z  g ( x, y ) para todo ( x, y)  R , esta dado por:

V ( S) 

  f ( x, y)  g( x, y) dA R

3. Sea f : R 

una función continua definida en la región cerrada R, tal que f ( x, y)  1, para todo ( x, y)  R , entonces el área de la región R esta dado por:

A( R) 

 dA R

EJERCICIOS RESUELTOS a) b)

de acuerdo al caso que se presente plantee el volumen del solido luego utilizando propiedades de integrales dobles resuelva lo planteado

Ejemplo 1. Hallar el volumen de la región que está limitada por el plano XY, el plano x  y  z  2, y el cilindro parabólico y  x2 . Solución. Tenemos que el sólido se encuentra inferiormente limitado por la región cerrada D  ( x, y) / 2  x  1, x 2  y  2  x , y superiormente por el

x y  2

plano z  2  x  y, entonces el volumen requerido es yx

2

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V

 2  x  y  dA D

1 2 x

V

81

   2  x  y  dydx  20 u

3

2 x2

Ejemplo 2. Encuentre el volumen del sólido que se encuentra debajo del plano x  z  0, por encima del plano z  0 e interior al cilindro x2  y2  9. Solución. En el plano XY los límites de integración de la región D son la recta x  0, y las y y  9  x 2. Por lo semicircunferencias y   9  x2 tanto, el volumen del sólido que se encuentra debajo del plano z   x, y por encima del plano z  0 es:

y  9  x2

V



f ( x, y) dA 

D

0

V2

D

9 x



3

y   9  x2

 ( x) dA

2

 x  dydx  18u3

0

Ejemplo 3. Hallar el volumen del sólido que es intersección de los cilindros x2  y2  16 y x2  z2  16.

Solución. Como se ilustra, el solido en el primer octante se encuentra bajo el cilindro x2  z2  16. y sobre la región D en el plano XY acotada por los ejes coordenados y la curva y  16  x2 .

De acuerdo con la formula de volúmenes, para f (x, y )  16  x 2 tenemos:

V 8

 D

4 16 x

 

f ( x, y) dA  8

0

0

2

16  x2 dydx 

1024 3 u 3

Y se ha visto una aplicación de las integrales dobles: calculo de volúmenes. Otra aplicación geométrica es hallar áreas de superficies. En otras aplicaciones, tenemos cálculo de la masa, carga eléctrica, centro de masa y momentos de inercia. MG. LEVA APAZA ANTENOR

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5.4.2 CENTRO DE MASA DE UNA LÁMINA Cuando usamos integrales sencillas para encontrar el centro de masa de una lámina homogénea consideramos solamente láminas de densidad de área constante. Emplearemos ahora integrales dobles para determinar el centro de masa de cualquier lámina homogénea o no homogénea. Sea D una lamina que tiene la forma de una región cerrada en el plano XY y sea ρ la medida de la densidad (en unidades de masa por unidad de área) de área de la lamina en cualquier punto (x,y) de D, donde ρ : D  es función continua sobre D. La masa total de la lámina D está dada por:

M 



( x, y )dA

D

a) El momento de masa de una lámina D con respecto al eje X es:

b) De manera semejante se encuentra que el momento de masa con respecto al eje Y es:

Mx 



y ( x, y) dA

D

My 

 x ( x, y)dA D

Por tanto, el centro de masa de la lamina es el punto  x , y  , donde

x

 x  (x , y )dA  M   ( x, y) dA

My

D

D

M y x  M

 y ( x, y) dA   ( x, y)dA D

D

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EJERCICIOS RESUELTOS Ejemplos 1. Encuentre el centro de masa de una lamina homogénea (de densidad constante) que tiene la forma de la región limitada por la parábola y  2  3x2 y la recta 3x  2 y  1  0. Solución: Se verifica fácilmente que la parábola y la recta se intersecan en los puntos (-1/2,5/4) y (1,-1), entonces: M 

x

y

1 M

1

2 2 x

0

0



1

 

1 M

1/ 2

2  3 x2

13x 2

1

 

y dy dx 

 1/ 2

 dy dx 

2 3x 2

1 3 x 2

27  16

x  dy dx 

1 4

4 5

 1 4 luego el centro de masa de la lámina esta en el punto  ,  . 4 5

Ejemplos 2. Encuentre la masa y el centro de masa de una lamina triangular con vértices (0,0), (1,0), y (0,2) si la función de densidad es ρ  x, y  1  3 x  y. Solución: Considerando las ecuaciones de la frontera de la lámina, tenemos: MG. LEVA APAZA ANTENOR

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M

1

 0

x

y

1 M

1 M

1

 0

2 2x

0

1

2 2 x

0

0



0

2  2x

8

1  3 x  3 y  dy dx  3

x 1  3x  3 y  dy dx 

y 1  3 x  3 y  dy dx 

3 3 1  8 8

3 11  11  8  6  16

3 11 luego el centro de masa de la lámina esta en el punto  ,  .  8 16 

Observación: Los físicos consideran otros tipos de densidad que se pueden tratar de la misma manera. Por ejemplo, si se distribuye una carga eléctrica sobre una región D y la densidad de carga (en unidades de carga por área unitaria) está dada por  x, y  en un punto (x,y) en D, entonces la carga total Q está dada por:

Q

  ( x, y) dA D

Ejemplos 3. La carga está distribuida sobre la región triangular D   x, y / 1 x  y  1, 0  x  1 de modo que la densidad de carga en  x, y  es   x, y   xy , medida en coulomb por metro cuadrado (C/m2). Determine la carga total. Solución: Considerando las ecuaciones de la frontera de la región, se tiene: Q

 D

Así, la carga total es

  x , y  dA 

1

1

0

1 x



xy dy dx 

5 24

5 C. 24

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5.4.3 ÁREA DE UNA SUPERFICIE Ahora haremos un método general para determinar el área de la porción de la superficie S que se localiza sobre una región D del plano XY. Sea f : D  una función no negativa, con primeras derivadas parciales continuas, en la región cerrada D en el plano XY. El área de la superficie z  f ( x, y ) que esta sobre D está dada por la formula:

A S  

...