13.2: Doble Integración y Volumen

La integral definitiva de\(f\) over\([a,b]\),\(\displaystyle \int_a^b f(x) \,dx\), se introdujo como “el área señalizada bajo la curva”. Aproximamos el valor de esta área\([a,b]\) subdividiendo primero en\(n\) subintervalos, donde el\(i^\text{ th}\) subintervalo tiene longitud\(\Delta x_i\), y dejando\(c_i\) ser cualquier valor en el\(i^\text{ th}\) subintervalo. Formamos rectángulos que aproximaban parte de la región bajo la curva con ancho\(\Delta x_i\)\(f(c_i)\), alto y por lo tanto con área\(f(c_i)\,\Delta x_i\). Al sumar todas las áreas del rectángulo se obtuvo una aproximación de la integral definida, y el Teorema 38 afirmó que

\[\int_a^bf(x) \,dx = \lim_{\|\Delta x\|\to 0}\sum f(c_i)\,\Delta x_i,\]

conectando el área bajo la curva con sumas de las áreas de rectángulos.

Utilizamos un enfoque similar en esta sección para encontrar volumen debajo de una superficie.

Dejar\(R\) ser una región cerrada, delimitada en el\(xy\) -plano y dejar\(z=f(x,y)\) ser una función continua definida en\(R\). Deseamos encontrar el volumen firmado bajo la superficie de\(f\) más\(R\). (Utilizamos el término “volumen firmado” para denotar que el espacio por encima del\(xy\) -plano, debajo\(f\), tendrá un volumen positivo; el espacio por encima\(f\) y por debajo del\(xy\) -plano tendrá un volumen “negativo”, similar a la noción de área firmada utilizada antes.)

Comenzamos\(R\) dividiendo en subregiones\(n\) rectangulares como se muestra en la Figura\(\PageIndex{1a}\). Por simplicidad, dejamos que todos los anchos sean\(\Delta x\) y todas las alturas sean\(\Delta y\). Tenga en cuenta que la suma de las áreas de los rectángulos no es igual al área de\(R\), sino que es una aproximación cercana. Numere arbitrariamente los rectángulos del 1 a través\(n\) y elija un punto\((x_i,\,y_i)\) en la\(i^\text{ th}\) subregión.

Figura\(\PageIndex{1}\): Desarrollo de un método para encontrar volumen firmado bajo una superficie.

El volumen del sólido rectangular cuya base es la\(i^\text{th}\) subregión y cuya altura es\(f(x_i,\,y_i)\) es\(V_i=f(x_i,\,y_i)\,\Delta x\,\Delta y\). Tal sólido se muestra en la Figura\(\PageIndex{1b}\). Observe cómo este sólido rectangular solo se aproxima al volumen verdadero debajo de la superficie; parte del sólido está por encima de la superficie y parte está debajo.

Para cada subregión\(R_i\) utilizada para aproximar\(R\), cree el sólido rectangular con área base\(\Delta x\,\Delta y\) y altura\(f(x_i,\,y_i)\). La suma de todos los sólidos rectangulares es

\[ \sum_{i=1}^n f(x_i,y_i)\,\Delta x\,\Delta y.\]

Esto se aproxima al volumen firmado\(f\) por debajo de más\(R\). Como hemos hecho antes, para obtener una mejor aproximación podemos usar más rectángulos para aproximar la región\(R\).

En general, cada rectángulo podría tener una anchura\(\Delta x_j\) y altura diferentes\(\Delta y_k\), dando al\(i^\text{ th}\) rectángulo un área\(\Delta A_i = \Delta x_j\,\Delta y_k\) y al sólido\(i^\text{th}\) rectangular un volumen de\(f(x_i,y_i)\,\Delta A_i\). Dejar\(||\Delta A||\) denotar la longitud de la diagonal más larga de todos los rectángulos en la subdivisión de\(R\);\(||\Delta A||\to 0\) significa que el ancho y la altura de cada rectángulo se acercan a 0. Si\(f\) es una función continua, ya que\(||\Delta A||\) se contrae (y por lo tanto\(n\to\infty\)) la suma\(\displaystyle \sum_{i=1}^n f(x_i,y_i)\,\Delta A_i\) se aproxima mejor al volumen firmado. Esto lleva a una definición.

Nota: Recordemos que el símbolo de integración\(\int\) "" es una “S alargada”, que representa la palabra “suma”. Interpretamos\(\displaystyle \int_a^bf(x) \,dx\) como “tomar la suma de las áreas de rectángulos sobre el intervalo”\([a,b]\). La doble integral utiliza dos símbolos de integración para representar una “suma doble”. Al sumar los volúmenes de sólidos rectangulares sobre una partición de una región\(R\), como se hace en la Figura\(\PageIndex{1}\), primero se podrían sumar los volúmenes a través de cada fila (un tipo de suma), luego sumar estos totales juntos (otra suma), como en

\[\sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^mf(x_i,y_j)\,\Delta x_i\,\Delta y_j.\]

Uno puede reescribir esto como

\[\sum_{j=1}^n\left(\sum_{i=1}^mf(x_i,y_j)\,\Delta x_i\right)\,\Delta y_j.\]

La suma dentro del paréntesis indica la suma de alturas\(\times\) anchuras, lo que da un área; multiplicando estas áreas por el grosor\(\Delta y_j\) da un volumen. La ilustración de la Figura\(\PageIndex{2}\) se relaciona con esta comprensión.

Definición 101: Doble Integral, Volumen Firmado

Let\(z=f(x,y)\) Ser una función continua definida sobre una región cerrada\(R\) en el\(xy\) plano. El volumen firmado\(V\) bajo\(f\) sobre\(R\) se denota por la doble integral

\[V = \iint_R f(x,y) \,dA.\]

Las notaciones alternativas para la doble integral son
\[\iint_R f(x,y) \,dA=\iint_R f(x,y) \,dx \,dy=\iint_R f(x,y) \,dy \,dx.\]

La definición anterior no indica cómo encontrar el volumen firmado, aunque la notación ofrece una pista. Necesitamos los siguientes dos teoremas para evaluar las dobles integrales para encontrar el volumen.

Teorema 118: Integrales Dobles y Volumen Firmado

Let\(z=f(x,y)\) Ser una función continua definida sobre una región cerrada\(R\) en el\(xy\) plano. Entonces el volumen firmado\(V\) bajo\(f\) over\(R\) es

\[V = \iint_R f(x,y) dA = \lim_{||\Delta A||\to 0}\sum_{i=1}^n f(x_i,y_i)\,\Delta A_i.\]

Este teorema afirma que podemos encontrar el volumen firmado exacto usando un límite de sumas. No\(R\) se especifica la partición de la región, por lo que cualquier partición donde la diagonal de cada rectángulo se contraiga a 0 da como resultado la misma respuesta.

Sin embargo, esto no ofrece una forma muy satisfactoria de área de cómputos. Nuestra experiencia ha demostrado que evaluar los límites de las sumas puede ser tedioso. Buscamos un método más directo.

El Teorema del Recuerdo 54 en la Sección 7.2. Esto afirmó que si\(A(x)\) da el área transversal de un sólido en\(x\), entonces\(\int_a^b A(x) dx\) dio el volumen de ese sólido sobre\([a,b]\).

Considere Figura\(\PageIndex{2}\), donde\(z=f(x,y)\) se dibuja una superficie sobre una región\(R\). Fijando un\(x\) valor particular, podemos considerar el área bajo\(f\) sobre\(R\) donde\(x\) tiene ese valor fijo. Esa zona se puede encontrar con una integral definida, a saber

\[ A(x)=\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y) \,dy.\]

Recuerda que aunque el integrand contiene\(x\), estamos viendo\(x\) como fijos. También tenga en cuenta que los límites de integración son funciones de\(x\): los límites dependen del valor de\(x\).

Figura\(\PageIndex{2}\): Encontrar volumen bajo una superficie barriendo un área de sección transversal.

Como\(A(x)\) es una función de área transversal, podemos encontrar el volumen firmado\(V\) bajo\(f\) integrándolo:

\[V = \int_a^b A(x) \,dx = \int_a^b\left(\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y) \,dy\right)\,dx = \int_a^b\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y) \,dy \,dx.\]

Esto da un método concreto para encontrar volumen firmado bajo una superficie. Podríamos hacer un procedimiento similar donde empezamos con\(y\) fijo, resultando en una integral iterada con el orden de integración\(dx \,dy\). El siguiente teorema establece que ambos métodos dan el mismo resultado, que es el valor de la doble integral. Es un teorema tan importante que tiene un nombre asociado a él.

TEORMA 119: Teorema de Fubini

Dejar\(R\) ser una región cerrada, acotada en el\(xy\) -plano y dejar\(z=f(x,y)\) ser una función continua en\(R\).

1. Si\(R\) está delimitado por\(a\leq x\leq b\) y\(g_1(x)\leq y\leq g_2(x)\), donde\(g_1\) y\(g_2\) son funciones continuas encendidas\([a,b]\), entonces\[\iint_R f(x,y) \,dA = \int_a^b\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y) \,dy \,dx.\]
2. Si\(R\) está delimitado por\(c\leq y\leq d\) y\(h_1(y)\leq x\leq h_2(y)\), donde\(h_1\) y\(h_2\) son funciones continuas encendidas\([c,d]\), entonces\[\iint_R f(x,y) \,dA = \int_c^d\int_{h_1(y)}^{h_2(y)} f(x,y) \,dx \,dy.\]

Obsérvese que una vez más los límites de integración siguen el patrón de “curva a curva, punto a punto” discutido en la sección anterior. De hecho, uno de los puntos principales de la sección anterior es desarrollar la habilidad de describir una región\(R\) con los límites de una integral iterada. Una vez desarrollada esta habilidad, podemos usar integrales dobles para calcular muchas cantidades, no solo el volumen firmado bajo una superficie.

Ejemplo\(\PageIndex{1}\): Evaluating a double integral

Vamos\(f(x,y) = xy+e^y\). Encuentra el volumen firmado debajo\(f\) en la región\(R\), que es el rectángulo con esquinas\((3,1)\) y\((4,2)\) representado en la Figura\(\PageIndex{3}\), usando el Teorema de Fubini y ambos órdenes de integración.

Solución

Deseamos evaluar\(\displaystyle \iint_R \big(xy+e^y\big) \,dA\). Como\(R\) es un rectángulo, los límites se describen fácilmente como\(3\leq x\leq 4\) y\(1\leq y\leq 2\).

Usando el orden\(dy \,dx\):

\ [\ begin {align*}
\ iint_r\ big (xy+e^y\ big)\, dA &=\ int_3^4\ int_1^2\ big (xy+e^y\ big)\, dy\, dx\
&=\ int_3^4\ left (\ left. \ izquierda [\ frac12xy^2+e^y\ derecha]\ derecha|_1^2\\ derecha)\, dx\\
&=\ int_3^4\ izquierda (\ frac 32x + e^2-e\ derecha)\, dx\\
&=\ izquierda. \ izquierda (\ frac 34x^2 +\ grande (e^2-e\ grande) x\ derecha)\ derecha|_3^4\\
&=\ frac {21} 4+ e^2-e\ aprox 9.92.
\ end {alinear*}\]

Figura\(\PageIndex{3}\): Encontrar el volumen firmado bajo una superficie en el Ejemplo 13.2.1.

Ahora comprobamos la validez del Teorema de Fubini usando el orden\(dx \,dy\):

\ [\ begin {align*}
\ iint_r\ big (xy+e^y\ big)\, dA &=\ int_1^2\ int_3^4\ big (xy+e^y\ big)\, dx\, dy\
&=\ int_1^2\ left (\ left. \ izquierda [\ frac12x^2y+xe^y\ derecha]\ derecha|_3^4\ derecha)\, dy\\
&=\ int_1^2\ izquierda (\ frac72y+e^y\ derecha)\, dy\\
&=\ izquierda. \ izquierda (\ frac74y^2+e^y\ derecha)\ derecha|_1^2\\
&=\ frac {21} 4+e^2-e\ aprox 9.92.
\ end {alinear*}\]

Ambos órdenes de integración devuelven el mismo resultado, como se esperaba.

Ejemplo\(\PageIndex{2}\): Evaluating a double integral

Evaluar\(\displaystyle \iint_R \big(3xy-x^2-y^2+6\big) \,dA\), dónde\(R\) está el triángulo delimitado por\(x=0\),\(y=0\) y\(x/2+y=1\), como se muestra en la Figura\(\PageIndex{4}\).

Solución

Si bien no se especifica qué orden vamos a utilizar, evaluaremos la doble integral utilizando ambas órdenes para ayudar a conducir a casa el punto de que no importa qué orden usemos.

Figura\(\PageIndex{4}\): Encontrar el volumen firmado debajo de la superficie en Ejemplo\(\PageIndex{2}\).

Usando el orden\(dy \,dx\):

Los límites\(y\) van de “curva a curva”, es decir,\(0\leq y\leq 1-x/2\), y los límites\(x\) van de “punto a punto”, es decir,\(0\leq x\leq 2\).

\ [\ begin {align*}
\ iint_r (3xy-x^2-y^2+6\ grande)\, dA &=\ int_0^2\ int_0^ {-\ frac x2+1} (3xy-x^2-y^2+6\ grande)\, dy\, dx\
&=\ int_0^2\ izquierda. \ izquierda (\ frac32xy^2-x^2y-\ frac13y^3+6y\ derecha)\ derecha|_0^ {-\ frac x2+1}\, dx\\
&=\ int_0^2\ izquierda (\ frac {11} {12} x^3-\ frac {11} {4} x^2-x-\ frac {17} 3\ derecha)\, dx\\
&=\ izquierda. \ izquierda (\ frac {11} {48} x^4-\ frac {11} {12} x^3-\ frac12x^2-\ frac {17} 3x\ derecha)\ derecha|_0^2\\
&=\ frac {17} 3=5. \ overline {6}.
\ end {alinear*}\]

Ahora consideremos el pedido\(dx dy\). Aquí\(x\) va de “curva a curva”\(0\leq x\leq 2-2y\), y\(y\) va de “punto a punto”,\(0\leq y\leq 1\):

\ [\ begin {align*}
\ iint_r (3xy-x^2-y^2+6\ grande)\, dA &=\ int_0^1\ int_0^ {2-2y} (3xy-x^2-y^2+6\ grande)\, dx\, dy\
&=\ int_0^1\ izquierda. \ izquierda (\ frac32x^2y-\ frac13x^3-xy^2+6x\ derecha)\ derecha|_0^ {2-2y}\, dy\\
&=\ int_0^1\ izquierda (\ frac {32} 3y^3-22y^2+2y+\ frac {28} 3\ derecha)\, dy\\
&=\ izquierda. \ izquierda (\ frac83y^4-\ frac {22} 3y^3+y^2+\ frac {28} 3y\ derecha)\ derecha|_0^1\\
&=\ frac {17} 3=5. \ overline {6}.
\ end {alinear*}\]

Obtuvimos el mismo resultado usando ambas órdenes de integración.

Obsérvese cómo en estos dos ejemplos de los que dependen los límites de la integración sólo\(R\); los límites de la integración no tienen nada que ver con\(f(x,y)\). Este es un concepto importante, por lo que lo incluimos como una Idea Clave.

IDEA CLAVE 56: Dobles límites de integración

Al evaluar\(\displaystyle \iint_Rf(x,y) dA\) usando una integral iterada, los límites de la integración dependen solo de\(R\). La superficie\(f\) no determina los límites de integración.

Antes de hacer otro ejemplo, damos algunas propiedades de dobles integrales. Cada uno debería tener sentido si los vemos en el contexto de encontrar volumen firmado bajo una superficie, sobre una región.

TEOREM 120 Propiedades de las Integrales Dobles

Dejar\(f\) y\(g\) ser continuo funciona sobre una región plana cerrada y delimitada\(R\), y dejar\(c\) ser una constante.

1. \(\displaystyle \iint_Rc\,f(x,y) dA = c\iint_Rf(x,y) \,dA.\)
2. \(\displaystyle \iint_R \big(f(x,y)\pm g(x,y)\big) \,dA = \iint_R f(x,y) \,dA \pm \iint_R g(x,y) \,dA \)
3. Si está\(f(x,y)\geq 0\) encendido\(R\), entonces\(\displaystyle \iint_R f(x,y) \,dA\geq 0\).
4. Si está\(f(x,y)\geq g(x,y)\) encendido\(R\), entonces\(\displaystyle \iint_R f(x,y) \,dA\geq \iint_R g(x,y) \,dA\).
5. Dejar\(R\) ser la unión de dos regiones no superpuestas,\(R = R_1\bigcup R_2\) (ver Figura\(\PageIndex{5}\)). Entonces
   \[\iint_R f(x,y) \,dA = \iint_{R_1}f(x,y) \,dA+ \iint_{R_2}f(x,y) \,dA.\]

Figura\(\PageIndex{5}\): R es la unión de dos regiones no superpuestas,\(R_1\) y\(R_2\).

Ejemplo\(\PageIndex{3}\): Evaluating a double integral

Dejar\(f(x,y) = \sin x\cos y\) y\(R\) ser el triángulo con vértices\((-1,0)\),\((1,0)\) y\((0,1)\) (Figura\(\PageIndex{5}\)). Evaluar la doble integral\(\displaystyle \iint_Rf(x,y) \,dA\).

Figura\(\PageIndex{5}\): Encontrar el volumen firmado bajo una superficie en Ejemplo\(\PageIndex{3}\).

Solución

Si intentamos integrar usando una integral iterada con el orden\(dy dx\), observe cómo hay dos límites superiores en\(R\) lo que significa que necesitaremos usar dos integrales iteradas. Tendríamos que dividir el triángulo en dos regiones a lo largo del\(y\) eje -y luego usar el Teorema 120, parte 5.

En su lugar, usemos el pedido\(dx dy\). Las curvas\(x\) que delimitan son\(y-1\leq x\leq 1-y\); los límites en\(y\) son\(0\leq y\leq 1\). Esto nos da:

\ [\ begin {align*}
\ iint_r f (x, y)\, dA &=\ int_0^1\ int_ {y-1} ^ {1-y}\ sin x\ cos y\, dx\, dy\\
&=\ int_0^1\ left. \ Grande (-\ cos x\ cos y\ Grande)\ derecha|_ {y-1} ^ {1-y}\, dy\\
&=\ int_0^1\ cos y\ Grande (-\ cos (1-y) +\ cos (y-1)\ Grande)\, dy.
\ end {alinear*}\]

Recordemos que la función coseno es una función par; es decir,\(\cos x = \cos (-x)\). Por lo tanto, desde la última integral anterior, tenemos\(\cos (y-1) = \cos (1-y)\). Así el integrand simplifica a\(0,\) y tenemos

\ [\ begin {align*}
\ iint_r f (x, y)\, dA &=\ int_0^1 0\, dy\\
&= 0.
\ end {alinear*}\]

Resulta que por encima\(R\), hay tanto volumen por encima del\(xy\) plano -como abajo (mira de nuevo a la Figura\(\PageIndex{5}\)), dando un volumen final firmado de 0.

Ejemplo\(\PageIndex{4}\): Evaluating a double integral

Evaluar\(\displaystyle \iint_R (4-y) \,dA\), donde\(R\) está la región delimitada por las parábolas\(y^2=4x\) y\(x^2=4y\), graficada en la Figura\(\PageIndex{6}\).

Figura\(\PageIndex{6}\): Encontrar el volumen debajo de la superficie en Ejemplo\(\PageIndex{4}\).

Solución

Graficar cada curva puede ayudarnos a encontrar sus puntos de intersección. Resolviendo analíticamente, la segunda ecuación nos dice eso\(y=x^2/4\). Sustituir este valor por\(y\) en la primera ecuación nos da\(x^4/16 = 4x\). Resolviendo para\(x\):

\ [\ begin {alinear*}
\ frac {x^4} {16} &= 4x\\
x^4-64x &=0\\
x (x^3-64) &=0\\
x&= 0,\ 4.
\ end {alinear*}\]

Así, hemos encontrado analíticamente lo que era fácil de aproximar gráficamente: las regiones se cruzan en\((0,0)\) y\((4,4)\), como se muestra en la Figura\(\PageIndex{6}\).

Ahora elegimos un orden de integración:\(dx \,dy\) ¿\(dy \,dx\)o? Cualquiera de los dos órdenes funciona; como el integrando no contiene\(x\), elegir\(dx \,dy\) puede ser más sencillo —al menos, la primera integral es muy simple.

Así tenemos los siguientes límites de “curva a curva, punto a punto”:\(y^2/4\leq x\leq 2\sqrt y\), y\(0\leq y\leq 4\).

\ [\ begin {align*}
\ iint_r (4-y)\, dA &=\ int_0^4\ int_ {y^2/4} ^ {2\ sqrt {y}} (4-y)\, dx\, dy\
&=\ int_0^4\ big (x (4-y)\ big)\ Big|_ {y^2/4} ^ {2\ sqrt {y}}\, dy\\
&=\ int_0^4\ Grande (\ grande (2\ sqrt {y} -\ frac {y^2} {4}\ grande)\ grande (4-y)\ Grande)\, dy =\ int_0^4\ Grande (\ frac {y^3} {4} -y^2-2y ^ {3/2} +8y^ {1/2}\ Grande)\, dy\\
&=\ izquierda. \ left (\ frac {y^4} {16} -\ frac {y^3} {3} -\ frac {4y^ {5/2}} 5+\ frac {16y^ {3/2}} 3\ derecha)\ derecha|_0^4\\
&=\ frac {176} {15} = 11.7\ overline {3}.
\ end {alinear*}\]

El volumen firmado debajo de la superficie\(f\) es de aproximadamente 11.7 unidades cúbicas.

En la sección anterior se practicó cambiar el orden de integración de una integral iterada dada, donde no\(R\) se dio explícitamente la región. Cambiar los límites de una integral es más que una simple prueba de comprensión. Más bien, hay casos en los que la integración en un orden es realmente difícil, si no imposible, mientras que la integración con el otro orden es factible.

Ejemplo\(\PageIndex{5}\): Changing the order of integration

Reescribe la integral iterada\(\displaystyle \int_0^3\int_y^3 e^{-x^2} \,dx \,dy\) con el orden\(dy \,dx\). Comentar sobre la factibilidad para evaluar cada integral.

Solución

Una vez más hacemos un boceto de la región sobre la que nos estamos integrando para facilitar el cambio de orden. Los límites en\(x\) son de\(x=y\) a\(x=3\); los límites en\(y\) son de\(y=0\) a\(y=3\). Estas curvas se esbozan en la Figura\(\PageIndex{7}\), encerrando la región\(R\).

Figura\(\PageIndex{7}\): Determinar la región\(R\) determinada por los límites de integración en Ejemplo\(\PageIndex{5}\).

Para cambiar los límites, tenga en cuenta que las curvas que\(y\) delimitan son\(y=0\) hasta\(y=x\); el triángulo está encerrado entre\(x=0\) y\(x=3\). Así los nuevos límites de integración son\(0\leq y\leq x\) y\(0\leq x\leq 3\), dando la integral iterada\(\displaystyle \int_0^3\int_0^x e^{-x^2} \,dy \,dx\).

¿Qué tan fácil es evaluar cada integral iterada? Considerar el orden de integración\(dx dy\), como se da en el problema original. La primera integral indefinida que necesitamos evaluar es\(\displaystyle \int e^{-x^2} \,dx\); hemos afirmado anteriormente (ver Sección 5.5) que esta integral no puede ser evaluada en términos de funciones elementales. Estamos atascados.

Cambiar el orden de integración hace una gran diferencia aquí. En la segunda integral iterada, nos encontramos ante\(\displaystyle \int e^{-x^2} \,dy\); integrando con respecto a nos\(y\) da\(ye^{-x^2}+C\), y la primera integral definida evalúa a

\[\int_0^x e^{-x^2} \,dy = xe^{-x^2}.\nonumber\]

Así

\[\int_0^3\int_0^x e^{-x^2} \,dy \,dx = \int_0^3\Big(xe^{-x^2}\Big)\,dx.\nonumber\]

Esta última integral es fácil de evaluar con sustitución, dando una respuesta final de\(\frac12(1-e^{-9})\approx 0.5\). La figura\(\PageIndex{8}\) muestra la superficie sobre\(R\).

Figura\(\PageIndex{8}\): Muestra la superficie\(f\) definida en Ejemplo\(\PageIndex{5}\) sobre su región\(R.\)

En resumen, evaluar una integral iterada es imposible; la otra integral iterada es relativamente simple.

La definición 22 define el valor promedio de una función de una sola variable\(f(x)\) en el intervalo\([a,b]\) como

\[\text{average value of \(f(x)\) on \([a,b]\)} = \frac1{b-a}\int_a^b f(x) \,dx;\nonumber\]

es decir, es el “área bajo\(f\) sobre un intervalo dividido por la longitud del intervalo”. Aquí hacemos una declaración análoga: el valor promedio de\(z=f(x,y)\) más de una región\(R\) es el volumen bajo\(f\) sobre\(R\) dividido por el área de\(R\).

Definición 102 El valor promedio de\(f\) on \(R\)

Let\(z=f(x,y)\) Ser una función continua definida sobre una región cerrada\(R\) en el\(xy\) plano. El valor promedio de\(f\) on\(R\) es

\[\text{average value of \(f\) on \(R\)} = \frac{ \iint_R f(x,y) \,dA}{\iint_R \,dA}.\]

Ejemplo\(\PageIndex{6}\): Finding average value of a function over a region \(R\)

Encuentra el valor promedio de\(f(x,y) = 4-y\) sobre la región\(R\), que está delimitada por las parábolas\(y^2=4x\) y\(x^2=4y\). Nota: esta es la misma función y región que se utilizan en Ejemplo\(\PageIndex{4}\).

Solución

En el Ejemplo 13.2.4 encontramos

\[\iint_R f(x,y) \,dA = \int_0^4\int_{y^2/4}^{2\sqrt{y}}(4-y) \,dx \,dy = \frac{176}{15}.\nonumber\]

Encontramos el área de\(R\) por computación\(\displaystyle \iint_R \,dA\):

\[\iint_R \,dA = \int_0^4\int_{y^2/4}^{2\sqrt{y}} \,dx \,dy = \frac{16}{3}.\nonumber\]

Dividir el volumen bajo la superficie por el área da el valor promedio:

\[\text{average value of \(f\) on \(R\)} = \frac{176/15}{16/3} = \frac{11}5 = 2.2.\nonumber\]

Mientras que la superficie, como se muestra en la Figura\(\PageIndex{9}\), cubre\(z\) -valores de\(z=0\) a\(z=4\), el “promedio”\(z\) -valor on\(R\) es\(2.2.\)

Figura\(\PageIndex{9}\): Encontrar el valor promedio de\(f\) en Ejemplo\(\PageIndex{6}\).

La sección anterior introdujo la integral iterada en el contexto de encontrar el área de regiones planas. Esta sección ha ampliado nuestra comprensión de las integrales iteradas; ahora vemos que se pueden usar para encontrar el volumen firmado debajo de una superficie.

Este nuevo entendimiento nos permite revisitar lo que hicimos en la sección anterior. Dada una región\(R\) en el plano, calculamos\(\displaystyle \iint_R 1 \,dA\); nuevamente, nuestro entendimiento en ese momento era que estábamos encontrando el área de\(R\). Sin embargo, ahora podemos ver la función\(z=1\) como una superficie, una superficie plana con un\(z\) valor constante de 1. La doble integral\(\displaystyle \iint_R 1 \,dA\) encuentra el volumen, debajo, sobre\(z=1\)\(R\), como se muestra en la Figura\(\PageIndex{10}\). La geometría básica nos dice que si la base de un cilindro derecho general tiene área\(A\), su volumen es\(A\cdot h\), dónde\(h\) está la altura. En nuestro caso, la altura es de 1. Estábamos “en realidad” calculando el volumen de un sólido, aunque interpretamos el número como un área.

Figura\(\PageIndex{10}\): Mostrando cómo una integral iterada utilizada para encontrar área encuentra un cierto volumen.

La siguiente sección amplía nuestras habilidades para encontrar “volúmenes debajo de las superficies”. Actualmente, algunas integrales son difíciles de calcular porque o bien la región sobre la\(R\) que nos estamos integrando es difícil de definir con curvas rectangulares, o el integrando en sí es difícil de tratar. Algunos de estos problemas se pueden resolver convirtiendo todo en coordenadas polares.