15.2: Integrales dobles sobre regiones generales
( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\)
- Reconocer cuando una función de dos variables es integrable en una región general.
- Evaluar una doble integral calculando una integral iterada sobre una región delimitada por dos líneas verticales y dos funciones dex, o dos líneas horizontales y dos funciones dey.
- Simplifique el cálculo de una integral iterada cambiando el orden de integración.
- Utilice integrales dobles para calcular el volumen de una región entre dos superficies o el área de una región plana.
- Resolver problemas que involucran dobles integrales inadecuados.
Anteriormente, estudiamos el concepto de dobles integrales y examinamos las herramientas necesarias para calcularlas. Aprendimos técnicas y propiedades para integrar funciones de dos variables sobre regiones rectangulares. También discutimos varias aplicaciones, como encontrar el volumen delimitado anteriormente por una función sobre una región rectangular, encontrar área por integración y calcular el valor promedio de una función de dos variables.
En esta sección consideramos dobles integrales de funciones definidas sobre una región delimitada generalD en el plano. La mayoría de los resultados anteriores también se mantienen en esta situación, pero algunas técnicas necesitan ser extendidas para cubrir este caso más general.
Regiones Generales de Integración
Un ejemplo de una región delimitada generalD en un plano se muestra en la Figura\PageIndex{1}. Dado queD está delimitada en el plano, debe existir una región rectangularR en el mismo plano que encierra la región esD decir,R existe una región rectangular tal queD es un subconjunto deR (D \subseteq R).

Supongamos quez = f(x,y) se define en una región delimitada plana generalD como en la Figura\PageIndex{1}. Para desarrollar integrales dobles def overD ampliamos la definición de la función para incluir todos los puntos en la región rectangularR y luego usar los conceptos y herramientas de la sección anterior. Pero, ¿cómo ampliamos la definición def para incluir todos los puntos sobreR? Esto lo hacemos definiendo una nueva función deg(x,y) laR siguiente manera:
g(x,y) = \begin{cases} f(x,y), & \text{if} \; (x,y) \; \text{is in}\; D \\[4pt] 0, & \text{if} \;(x,y) \; \text{is in} \; R \;\text{but not in}\; D \end{cases} \nonumber
Tenga en cuenta que podríamos tener algunas dificultades técnicas si el límite deD es complicado. Entonces asumimos que el límite es una curva cerrada simple, lisa y continua por partes. Además, dado que todos los resultados desarrollados en la sección de Integrales dobles sobre regiones rectangulares utilizaron una función integrablef(x,y) debemos tener cuidadog(x,y) y verificar queg(x,y) es una función integrable sobre la región rectangularR. Esto sucede siempre y cuando la regiónD esté delimitada por simples curvas cerradas. Por ahora nos concentraremos en las descripciones de las regiones más que en la función y extenderemos nuestra teoría apropiadamente para la integración.
Consideramos dos tipos de regiones delimitadas planas.
Una regiónD en el(x,y) plano -es de Tipo I si se encuentra entre dos líneas verticales y las gráficas de dos funciones continuasg_1(x) yg_2(x). Es decir (Figura\PageIndex{2}),
D = \big\{(x,y)\,|\, a \leq x \leq b, \space g_1(x) \leq y \leq g_2(x) \big\}. \nonumber
Una regiónD en elxy plano -es de Tipo II si se encuentra entre dos líneas horizontales y las gráficas de dos funciones continuash_1(y) yh_2(y). Es decir (Figura\PageIndex{3}),
D = \big\{(x,y)\,| \, c \leq y \leq d, \space h_1(y) \leq x \leq h_2(y) \big\}. \nonumber


Considerar la región en el primer cuadrante entre las funcionesy = \sqrt{x} yy = x^3 (Figura\PageIndex{4}). Describir la región primero como Tipo I y luego como Tipo II.

Al describir una región como Tipo I, necesitamos identificar la función que se encuentra por encima de la región y la función que se encuentra debajo de la región. Aquí, la regiónD está delimitada arribay = \sqrt{x} y abajo pory = x^3 en el intervalo parax in[0,1]. De ahí que, como Tipo I,D se describa como el conjunto\big\{(x,y)\,| \, 0 \leq x \leq 1, \space x^3 \leq y \leq \sqrt[3]{x}\big\}.
Sin embargo, al describir una región como Tipo II, necesitamos identificar la función que se encuentra a la izquierda de la región y la función que se encuentra a la derecha de la región. Aquí, la regiónD está delimitada a la izquierda porx = y^2 y a la derecha porx = \sqrt[3]{y} en el intervalo paray in[0,1]. De ahí que, como Tipo II,D se describa como el conjunto\big\{(x,y) \,| \, 0 \leq y \leq 1, \space y^2 \leq x \leq \sqrt[3]{y}\big\}.
Considerar la región en el primer cuadrante entre las funcionesy = 2x yy = x^2. Describir la región primero como Tipo I y luego como Tipo II.
- Pista
-
Grafica las funciones y dibuja líneas verticales y horizontales.
- Contestar
-
El tipo I y el tipo II se expresan como\big\{(x,y) \,|\, 0 \leq x \leq 2, \space x^2 \leq y \leq 2x\big\} y\big\{(x,y)|\, 0 \leq y \leq 4, \space \frac{1}{2} y \leq x \leq \sqrt{y}\big\}, respectivamente.
Integrales dobles sobre regiones no rectangulares
Para desarrollar el concepto y las herramientas de evaluación de una doble integral sobre una región general, no rectangular, necesitamos primero entender la región y poder expresarla como Tipo I o Tipo II o una combinación de ambos. Sin entender las regiones, no podremos decidir los límites de las integraciones en dobles integrales. Como primer paso, veamos el siguiente teorema.
Supongamos queg(x,y) es la extensión al rectánguloR de la funciónf(x,y) definida en las regionesD yR como se muestra en la Figura\PageIndex{1} interiorR. Entoncesg(x,y) es integrable y definimos la doble integral def(x,y) overD by
\iint\limits_D f(x,y) \,dA = \iint\limits_R g(x,y) \,dA. \nonumber
El lado derecho de esta ecuación es lo que hemos visto antes, por lo que este teorema es razonable porqueR es un rectángulo y\iint\limits_R g(x,y)dA ha sido discutido en la sección anterior. También, la igualdad funciona porque los valores deg(x,y) son0 para cualquier punto(x,y) que quede afueraD y de ahí estos puntos no agregan nada a la integral. Sin embargo, es importante que el rectánguloR contenga la regiónD.
De hecho, si la regiónD está delimitada por curvas suaves en un plano y somos capaces de describirla como Tipo I o Tipo II o una mezcla de ambos, entonces podemos usar el siguiente teorema y no tener que encontrar un rectánguloR que contenga la región.
Para una funciónf(x,y) que es continua en una regiónD de Tipo I, tenemos
\iint\limits_D f(x,y)\,dA = \iint\limits_D f(x,y)\,dy \space dx = \int_a^b \left[\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y)\,dy \right] dx. \nonumber
Del mismo modo, para una funciónf(x,y) que es continua en una regiónD de Tipo II, tenemos
\iint\limits_D f(x,y)\,dA = \iint\limits_D f(x,y)\,dx \space dy = \int_c^d \left[\int_{h_1(y)}^{h_2(y)} f(x,y)\,dx \right] dy. \nonumber
La integral en cada una de estas expresiones es una integral iterada, similar a las que hemos visto antes. Observe que, en la integral interna en la primera expresión, nos integramosf(x,y) conx ser sostenidos constantes y los límites de la integración siendog_1(x) yg_2(x). En la integral interna en la segunda expresión, nos integramosf(x,y) cony ser sostenidos constantes y los límites de la integración sonh_1(x) yh_2(x).
Evaluar la integral\displaystyle \iint \limits _D x^2 e^{xy} \,dA dondeD se muestra en la Figura\PageIndex{5}.
Solución
Primero construya la región como región Tipo I (Figura\PageIndex{5}). AquíD = \big\{(x,y) \,|\, 0 \leq x \leq 2, \space \frac{1}{2} x \leq y \leq 1\big\}. Entonces tenemos
\iint \limits _D x^2e^{xy} \,dA = \int_{x=0}^{x=2} \int_{y=1/2x}^{y=1} x^2e^{xy}\,dy\,dx. \nonumber

Por lo tanto, tenemos
\begin{align*} \int_{x=0}^{x=2}\int_{y=\frac{1}{2}x}^{y=1}x^2e^{xy}\,dy\,dx &= \int_{x=0}^{x=2}\left[\int_{y=\frac{1}{2}x}^{y=1}x^2e^{xy}\,dy\right] dx & &\text{Iterated integral for a Type I region.}\\[5pt] &=\int_{x=0}^{x=2} \left.\left[ x^2 \frac{e^{xy}}{x} \right] \right|_{y=1/2x}^{y=1}\,dx & & \text{Integrate with respect to $y$}\\[5pt] &= \int_{x=0}^{x=2} \left[xe^x - xe^{x^2/2}\right]dx & & \text{Integrate with respect to $x$} \\[5pt] &=\left[xe^x - e^x - e^{\frac{1}{2}x^2} \right] \Big|_{x=0}^{x=2} = 2. \end{align*}
En Ejemplo\PageIndex{2}, podríamos haber mirado la región de otra manera, como por ejemploD = \big\{(x,y)\,|\,0 \leq y \leq 1, \space 0 \leq x \leq 2y\big\} (Figura\PageIndex{6}).

Esta es una región Tipo II y la integral luciría entonces
\iint \limits _D x^2e^{xy}\,dA = \int_{y=0}^{y=1} \int_{x=0}^{x=2y} x^2 e^{xy}\,dx \space dy. \nonumber
Sin embargo, si integramos primero con respecto ax esta integral es largo de computar porque tenemos que usar la integración por partes dos veces.
Evaluar la integral
\iint \limits _D (3x^2 + y^2) \,dA \nonumber
dondeD = \big\{(x,y)\,| \, -2 \leq y \leq 3, \space y^2 - 3 \leq x \leq y + 3\big\}.
Solución
Observe queD puede verse como una región Tipo I o Tipo II, como se muestra en la Figura\PageIndex{7}. Sin embargo, en este caso describirloD como Tipo I es más complicado que describirlo como Tipo II. Por lo tanto, utilizamosD como región Tipo II para la integración.

Eligiendo este orden de integración, tenemos
\begin{align*} \iint \limits _D (3x^2 + y^2)\,dA &= \int_{y=-2}^{y=3} \int_{x=y^2-3}^{x=y+3} (3x^2 + y^2) \,dx \space dy \\[5pt] &=\int_{y=-2}^{y=3} \left. (x^3 + xy^2) \right|_{y^2-3}^{y+3} \,dy & & \text{Iterated integral, Type II region}\\[5pt] &=\int_{y=-2}^{y=3} \left((y + 3)^3 + (y + 3)y^2 - (y^2 - 3)y^2\right)\,dy \\ &=\int_{-2}^3 (54 + 27y - 12y^2 + 2y^3 + 8y^4 - y^6)\,dy & & \text{Integrate with respect to $x$.} \\[5pt] &= \left[ 54y + \frac{27y^2}{2} - 4y^3 + \frac{y^4}{2} + \frac{8y^5}{5} - \frac{y^7}{7} \right]_{-2}^3 \\ &=\frac{2375}{7}. \end{align*}
Dibuje la regiónD y evalúe la integral iterada\iint \limits _D xy \space dy \space dx \nonumber dondeD está la región delimitada por las curvasy = \cos \space x yy = \sin \space x en el intervalo[-3\pi/4, \space \pi/4].
- Pista
-
ExpresarD como región Tipo I, e integrar con respecto ay primero.
- Contestar
-
\frac{\pi}{4}
Recuérdese de Integrales Dobles sobre Regiones Rectangulares las propiedades de integrales dobles. Como hemos visto en los ejemplos aquí, todas estas propiedades también son válidas para una función definida en una región acotada no rectangular en un plano. En particular, la propiedad 3 afirma:
SiR = S \cup T yS \cap T = 0 excepto en sus límites, entonces
\iint \limits _R f(x,y)\,dA = \iint\limits _S f(x,y)\,dA + \iint\limits _T f(x,y) \,dA. \nonumber
Del mismo modo, tenemos la siguiente propiedad de integrales dobles sobre una región delimitada no rectangular en un plano.
Supongamos que la región seD puede expresar comoD = D_1 \cup D_2 dóndeD_1 yD_2 no se superponen excepto en sus límites. Entonces
\iint \limits _D f(x,y) \,dA = \iint \limits _{D_1} f(x,y) \,dA + \iint \limits _{D_2} f(x,y) \,dA. \nonumber
Este teorema es particularmente útil para regiones no rectangulares porque permite dividir una región en una unión de regiones de Tipo I y Tipo II. Entonces podemos calcular la doble integral en cada pieza de una manera conveniente, como en el siguiente ejemplo.
Expresar la regiónD mostrada en la Figura\PageIndex{8} como una unión de regiones de Tipo I o Tipo II, y evaluar la integral
\iint \limits _D (2x + 5y)\,dA. \nonumber

Solución
La región noD es fácil de descomponer en un solo tipo; en realidad es una combinación de diferentes tipos. Entonces podemos escribirlo como una unión de tres regionesD_1,D_2, yD_3 dónde,D_1 = \big\{(x,y)\,| \, -2 \leq x \leq 0, \space 0 \leq y \leq (x + 2)^2 \big\},D_2 = \big\{(x,y)\,| \, 0 \leq y \leq 4, \space 0 \leq x \leq \big(y - \frac{1}{16} y^3 \big) \big\}, yD_3 = \big\{(x,y)\,| \, -4 \leq y \leq 0, \space -2 \leq x \leq \big(y - \frac{1}{16} y^3 \big) \big\}. Estas regiones se ilustran más claramente en la Figura\PageIndex{9}.

AquíD_1 está Tipo I yD_2 yD_3 son ambos de Tipo II. Por lo tanto,
\begin{align*} \iint\limits_D (2x + 5y)\,dA &= \iint\limits_{D_1} (2x + 5y)\,dA + \iint\limits_{D_2} (2x + 5y)\,dA + \iint\limits_{D_3} (2x + 5y)\,dA \\ &= \int_{x=-2}^{x=0} \int_{y=0}^{y=(x+2)^2} (2x + 5y) \,dy \space dx + \int_{y=0}^{y=4} \int_{x=0}^{x=y-(1/16)y^3} (2 + 5y)\,dx \space dy + \int_{y=-4}^{y=0} \int_{x=-2}^{x=y-(1/16)y^3} (2x + 5y)\,dx \space dy \\ &= \int_{x=-2}^{x=0} \left[\frac{1}{2}(2 + x)^2 (20 + 24x + 5x^2)\right]\,dx + \int_{y=0}^{y=4} \left[\frac{1}{256}y^6 - \frac{7}{16}y^4 + 6y^2 \right]\,dy +\int_{y=-4}^{y=0} \left[\frac{1}{256}y^6 - \frac{7}{16}y^4 + 6y^2 + 10y - 4\right] \,dy\\ &= \frac{40}{3} + \frac{1664}{35} - \frac{1696}{35} = \frac{1304}{105}.\end{align*}
Ahora podríamos rehacer este ejemplo usando una unión de dos regiones Tipo II (ver Checkpoint).
Considera la región delimitada por las curvasy = \ln x yy = e^x en el intervalo[1,2]. Descomponer la región en regiones más pequeñas de Tipo II.
- Pista
-
Dibuje la región y divídala en tres regiones para configurarla.
- Contestar
-
\big\{(x,y)\,| \, 0 \leq y \leq 1, \space 1 \leq x \leq e^y \big\} \cup \big\{(x,y)\,| \, 1 \leq y \leq e, \space 1 \leq x \leq 2 \big\} \cup \big\{(x,y)\,| \, e \leq y \leq e^2, \space \ln y \leq x \leq 2 \big\} \nonumber
Ejemplo Rehacer\PageIndex{4} usando una unión de dos regiones Tipo II.
- Pista
-
\big\{(x,y)\,| \, 0 \leq y \leq 4, \space 2 + \sqrt{y} \leq x \leq \big(y - \frac{1}{16}y^3\big) \big\} \cup \big\{(x,y)\,| \, - 4 \leq y \leq 0, \space -2 \leq x \leq \big(y - \frac{1}{16}y^{13}\big) \big\} \nonumber
- Contestar
-
Igual que en el ejemplo mostrado.
Cambiando el orden de integración
Como ya hemos visto cuando evaluamos una integral iterada, a veces un orden de integración conduce a un cálculo que es significativamente más simple que el otro orden de integración. A veces el orden de integración no importa, pero es importante aprender a reconocer cuándo un cambio de orden simplificará nuestro trabajo.
Invierta el orden de integración en la integral iterada
\int_{x=0}^{x=\sqrt{2}} \int_{y=0}^{y=2-x^2} xe^{x^2} \,dy \space dx. \nonumber
Luego evaluar la nueva integral iterada.
Solución
La región tal como se presenta es de Tipo I. Para revertir el orden de integración, primero debemos expresar la región como Tipo II. Consulte la Figura\PageIndex{10}.

Podemos ver a partir de los límites de integración que la región está delimitada arribay = 2 - x^2 y abajo pory = 0 dondex está en el intervalo[0, \sqrt{2}]. Al invertir el orden, tenemos la región delimitada a la izquierda porx = 0 y a la derecha porx = \sqrt{2 - y} dondey está en el intervalo[0, 2]. Lo resolvimosy = 2 - x^2 en cuantox a obtenerx = \sqrt{2 - y}.
De ahí
\begin{align*} \int_0^{\sqrt{2}} \int_0^{2-x^2} xe^{x^2} dy \space dx &= \int_0^2 \int_0^{\sqrt{2-y}} xe^{x^2}\,dx \space dy &\text{Reverse the order of integration then use substitution.} \\[4pt] &= \int_0^2 \left[\left.\frac{1}{2}e^{x^2}\right|_0^{\sqrt{2-y}}\right] dy = \int_0^2\frac{1}{2}(e^{2-y} - 1)\,dy \\[4pt] &= -\left.\frac{1}{2}(e^{2-y} + y)\right|_0^2 = \frac{1}{2}(e^2 - 3). \end{align*}
Considere la integral iterada
\iint\limits_R f(x,y)\,dx \space dy \nonumber
dondez = f(x,y) = x - 2y sobre una región triangularR que tiene lados enx = 0, \space y = 0, y la líneax + y = 1. Dibuje la región y luego evalúe la integral iterada mediante
- integrando primero con respecto ay y luego
- integrando primero con respecto ax.
Solución
Un boceto de la región aparece en la Figura\PageIndex{11}.

Podemos completar esta integración de dos maneras diferentes.
a. Una forma de verlo es integrando primeroy dey = 0 ay = 1 - x verticalmente y luego integrandox dex = 0 ax = 1:
\begin{align*} \iint\limits_R f(x,y) \,dx \space dy &= \int_{x=0}^{x=1} \int_{y=0}^{y=1-x} (x - 2y) \,dy \space dx = \int_{x=0}^{x=1}\left(xy - 2y^2\right)\Big|_{y=0}^{y=1-x} dx \\[4pt] &=\int_{x=0}^{x=1} \left[ x(1 - x) - (1 - x)^2\right] \,dx = \int_{x=0}^{x=1} [ -1 + 3x - 2x^2] dx = \left[ -x + \frac{3}{2}x^2 - \frac{2}{3} x^3 \right]\Big|_{x=0}^{x=1} = -\frac{1}{6}. \end{align*}
b. La otra forma de hacer este problema es integrando primerox dex = 0 ax = 1 - y horizontalmente y luego integrandoy dey = 0 ay = 1:
\begin{align*} \iint \limits _D (3x^2 + y^2)\,dA &= \int_{y=-2}^{y=3} \int_{x=y^2-3}^{x=y+3} (3x^2 + y^2) \,dx \space dy \\[4pt] &=\int_{y=-2}^{y=3} (x^3 + xy^2) \Big|_{y^2-3}^{y+3} \,dy & & \text{Iterated integral, Type II region}\\[4pt] &=\int_{y=-2}^{y=3} \left((y + 3)^3 + (y + 3)y^2 - (y^2 - 3)y^2\right)\,dy \\[4pt] &=\int_{-2}^3 (54 + 27y - 12y^2 + 2y^3 + 8y^4 - y^6)\,dy & & \text{Integrate with respect to $x$.} \\[4pt] &= \left( 54y + \frac{27y^2}{2} - 4y^3 + \frac{y^4}{2} + \frac{8y^5}{5} - \frac{y^7}{7} \right)\Big|_{-2}^3 \\[4pt] &=\frac{2375}{7}. \end{align*}
Evaluar la integral iterada\displaystyle \iint\limits_D (x^2 + y^2)\,dA sobre la regiónD en el primer cuadrante entre las funcionesy = 2x yy = x^2. Evaluar la integral iterada integrando primero con respecto ay y luego integrando primero con resect tox.
- Pista
-
Esboza la región y sigue Ejemplo\PageIndex{6}.
- Contestar
-
\frac{216}{35}
Cálculo de volúmenes, áreas y valores promedio
Podemos usar integrales dobles sobre regiones generales para calcular volúmenes, áreas y valores promedio. Los métodos son los mismos que los de Integrales Dobles sobre Regiones Rectangulares, pero sin la restricción a una región rectangular, ahora podemos resolver una mayor variedad de problemas.
Encuentra el volumen del sólido delimitado por los planosx = 0, \space y = 0, \space z = 0, y2x + 3y + z = 6.
Solución
El sólido es un tetraedro con la base en elxy plano y una alturaz = 6 - 2x - 3y. La base es la regiónD delimitada por las líneas,x = 0,y = 0 y2x + 3y = 6 dondez = 0 (Figura\PageIndex{12}). Tenga en cuenta que podemos considerar la regiónD como Tipo I o como Tipo II, y podemos integrarla en ambas formas.

Primero, considerarD como una región Tipo I, y por endeD = \big\{(x,y)\,| \, 0 \leq x \leq 3, \space 0 \leq y \leq 2 - \frac{2}{3} x \big\}.
Por lo tanto, el volumen es
\begin{align*} V &= \int_{x=0}^{x=3} \int_{y=0}^{y=2-(2x/3)} (6 - 2x - 3y) \,dy \space dx = \int_{x=0}^{x=3} \left[ \left.\left( 6y - 2xy - \frac{3}{2}y^2\right)\right|_{y=0}^{y=2-(2x/3)} \right] \,dx\\[4pt] &= \int_{x=0}^{x=3} \left[\frac{2}{3} (x - 3)^2 \right] \,dx = 6. \end{align*}
Ahora consideremosD como una región Tipo II, asíD = \big\{(x,y)\,| \, 0 \leq y \leq 2, \space 0 \leq x \leq 3 - \frac{3}{2}y \big\}. En este cálculo, el volumen es
\begin{align*} V &= \int_{y=0}^{y=2} \int_{x=0}^{x=3-(3y/2)} (6 - 2x - 3y)\,dx \space dy = \int_{y=0}^{y=2} \left[(6x - x^2 - 3xy)\Big|_{x=0}^{x=3-(3y/2)} \right] \,dy \\[4pt] &= \int_{y=0}^{y=2} \left[\frac{9}{4}(y - 2)^2 \right] \,dy = 6.\end{align*}
Por lo tanto, el volumen es de 6 unidades cúbicas.
Encuentra el volumen del sólido delimitado arriba porf(x,y) = 10 - 2x + y sobre la región encerrada por las curvasy = 0 yy = e^x dóndex está en el intervalo[0,1].
- Pista
-
Esbozar la región y describirla como Tipo I.
- Contestar
-
\frac{e^2}{4} + 10e - \frac{49}{4}unidades cúbicas
Encontrar el área de una región rectangular es fácil, pero encontrar el área de una región no rectangular no es tan fácil. Como hemos visto, podemos usar integrales dobles para encontrar un área rectangular. De hecho, esto resulta muy útil para encontrar el área de una región general no rectangular, como se indica en la siguiente definición.
El área de una región delimitada por planoD se define como la doble integral
\iint\limits_D 1\,dA. \nonumber
Ya hemos visto cómo encontrar áreas en términos de integración única. Aquí estamos viendo otra forma de encontrar áreas mediante el uso de dobles integrales, lo cual puede ser muy útil, como veremos en las secciones posteriores de este capítulo.
Encuentra el área de la región delimitada por debajo por la curvay = x^2 y arriba por la líneay = 2x en el primer cuadrante (Figura\PageIndex{13}).

Solución
Solo tenemos que integrar la función constantef(x,y) = 1 sobre la región. Así, el áreaA de la región delimitada es\displaystyle \int_{x=0}^{x=2} \int_{y=x^2}^{y=2x} dy \space dx \space \text{or} \space \int_{y=0}^{y=4} \int_{x=y/2}^{x=\sqrt{y}} dx \space dy:
\begin{align*} A &= \iint\limits_D 1\,dx \space dy \\[4pt] &= \int_{x=0}^{x=2} \int_{y=x^2}^{y=2x} 1\,dy \space dx \\[4pt] &= \int_{x=0}^{x=2} \left(y\Big|_{y=x^2}^{y=2x} \right) \,dx \\[4pt] &= \int_{x=0}^{x=2} (2x - x^2)\,dx \\[4pt] &= \left(x^2 - \frac{x^3}{3}\right) \Big|_0^2 = \frac{4}{3}. \end{align*}
Encuentra el área de una región delimitada arriba por la curvay = x^3 y abajo pory = 0 sobre el intervalo[0,3].
- Pista
-
Esbozar la región.
- Contestar
-
\frac{81}{4}unidades cuadradas
También podemos usar una doble integral para encontrar el valor promedio de una función sobre una región general. La definición es una extensión directa de la fórmula anterior.
Sif (x,y) es integrable sobre una región delimitada por planoD con área positivaA(D), entonces el valor promedio de la función es
f_{ave} = \frac{1}{A(D)} \iint\limits_D f(x,y) \,dA. \nonumber
Tenga en cuenta que el área es\displaystyle A(D) = \iint\limits_D 1\,dA.
Encuentra el valor promedio de la funciónf(x,y) = 7xy^2 en la región delimitada por la líneax = y y la curvax = \sqrt{y} (Figura\PageIndex{14}).

Solución
Primero encuentra la zonaA(D) donde la regiónD está dada por la figura. Tenemos
A(D) = \iint\limits_D 1\,dA = \int_{y=0}^{y=1} \int_{x=y}^{x=\sqrt{y}} 1\,dx \space dy = \int_{y=0}^{y=1} \left[x \Big|_{x=y}^{x=\sqrt{y}} \right] \,dy = \int_{y=0}^{y=1} (\sqrt{y} - y) \,dy = \frac{2}{3}\left. y^{2/3} - \frac{y^2}{2} \right|_0^1 = \frac{1}{6} \nonumber
Entonces el valor promedio de la función dada sobre esta región es
\begin{align*} f_{ave} = \frac{1}{A(D)} \iint\limits_D f(x,y) \,dA = \frac{1}{A(D)} \int_{y=0}^{y=1}\int_{x=y}^{x=\sqrt{y}} 7xy^2 \,dx \space dy = \frac{1}{1/6} \int_{y=0}^{y=1} \left[ \left. \frac{7}{2} x^2y^2 \right|_{x=y}^{x=\sqrt{y}} \right] \,dy \\ = 6 \int_{y=0}^{y=1} \left[ \frac{7}{2} y^2 (y - y^2)\right] \,dy = 6\int_{y=0}^{y=1} \left[ \frac{7}{2} (y^3 -y^4) \right] \,dy = \frac{42}{2} \left. \left( \frac{y^4}{4} - \frac{y^5}{5}\right) \right|_0^1 = \frac{42}{40} = \frac{21}{20}. \end{align*}
Encuentra el valor promedio de la funciónf(x,y) = xy sobre el triángulo con vértices(0,0), \space (1,0) y(1,3).
- Pista
-
Expresar la línea de unión(0,0) y(1,3) como una funcióny = g(x).
- Contestar
-
\frac{3}{4}
Integrales dobles inadecuados
Una doble integral inadecuada es una integral\displaystyle \iint\limits_D f \,dA donde o bienD es una región no delimitada of es una función no delimitada. Por ejemplo,D = \big\{(x,y) \,|\,|x - y| \geq 2\big\} es una región no delimitada, y la funciónf(x,y) = 1/(1 - x^2 - 2y^2) sobre la elipsex^2 + 3y^2 \geq 1 es una función no delimitada. Por lo tanto, las dos integrales siguientes son integrales inadecuadas:
- \iint\limits_D xy \space dA \space \text{where} \space D = \big\{(x,y)| | \, x - y| \geq 2 \big\}; \nonumber
- \iint\limits_D \frac{1}{1 - x^2 -2y^2}\,dA \space \text{where} \space D = \big\{(x,y)| \, x^2 + 3y^2 \leq 1 \big\}. \nonumber
En esta sección nos gustaría tratar integrales inadecuadas de funciones sobre rectángulos o regiones simples de tal manera que f tiene solo finitamente muchas discontinuidades. No todas esas integrales inadecuadas pueden ser evaluadas; sin embargo, una forma del teorema de Fubini sí se aplica para algunos tipos de integrales inadecuadas.
SiD es un rectángulo delimitado o una región simple en el plano definido por
\big\{(x,y)\,: a \leq x \leq b, \space g(x) \leq y \leq h(x) \big\}y también por
\big\{(x,y)\,: c \leq y \leq d, \space j(y) \leq x \leq k(y)\big\}yf es una función no negativaD con finitamente muchas discontinuidades en el interior deD entonces
\iint\limits_D f \space dA = \int_{x=a}^{x=b} \int_{y=g(x)}^{y=h(x)} f(x,y) \,dy \space dx = \int_{y=c}^{y=d} \int_{x=j(y)}^{x=k(y)} f(x,y) \,dx \space dy \nonumber
Es muy importante señalar que requerimos que la función no sea negativaD para que funcione el teorema. Consideramos solo el caso donde la función tiene finitamente muchas discontinuidades en su interiorD.
Considerar la funciónf(x,y) = \frac{e^y}{y} sobre la regiónD = \big\{(x,y)\,: 0 \leq x \leq 1, \space x \leq y \leq \sqrt{x}\big\}.
Observe que la función es no negativa y continua en todos los puntosD excepto(0,0). Utilizar el teorema de Fubini para evaluar la integral impropia.
Solución
Primero trazamos la regiónD (Figura\PageIndex{15}); luego la expresamos de otra manera.

La otra forma de expresar la misma regiónD es
D = \big\{(x,y)\,: \, 0 \leq y \leq 1, \space y^2 \leq x \leq y \big\}. \nonumber
Así podemos usar el teorema de Fubini para integrales impropias y evaluar la integral como
\int_{y=0}^{y=1} \int_{x=y^2}^{x=y} \frac{e^y}{y} \,dx \space dy. \nonumber
Por lo tanto, tenemos
\int_{y=0}^{y=1} \int_{x=y^2}^{x=y} \frac{e^y}{y} \,dx \space dy = \int_{y=0}^{y=1} \left. \frac{e^y}{y}x\right|_{x=y^2}^{x=y} \,dy = \int_{y=0}^{y=1} \frac{e^y}{y} (y - y^2) \,dy = \int_0^1 (e^y - ye^y)\,dy = e - 2. \nonumber
Como se mencionó anteriormente, también tenemos una integral inadecuada si la región de integración no tiene límites. Supongamos ahora que la funciónf es continua en un rectángulo no acotadoR.
SiR es un rectángulo sin límites comoR = \big\{(x,y)\,: \, a \leq x \leq \infty, \space c \leq y \leq \infty \big\}, entonces cuando existe el límite, tenemos
\iint\limits_R f(x,y) \,dA = \lim_{(b,d) \rightarrow (\infty, \infty)} \int_a^b \left(\int_c^d f (x,y) \,dy \right) dx = \lim_{(b,d) \rightarrow (\infty, \infty)} \int_c^d \left(\int_a^b f(x,y) \,dx \right) dy. \nonumber
El siguiente ejemplo muestra cómo este teorema puede ser utilizado en ciertos casos de integrales impropias.
Evaluar la integral\iint\limits_R xye^{-x^2-y^2}\,dA dondeR se encuentra el primer cuadrante del plano.
Solución
La regiónR es el primer cuadrante del plano, el cual no tiene límites. Entonces
\begin{align*} \iint\limits_R xye^{-x^2-y^2} \,dA &= \lim_{(b,d) \rightarrow (\infty, \infty)} \int_{x=0}^{x=b} \left(\int_{y=0}^{y=d} xye^{-x^2-y^2} dy\right) \,dx \\ &= \lim_{(b,d) \rightarrow (\infty, \infty)} \int_{y=0}^{x=b} xye^{-x^2-y^2} \,dy \\ &= \lim_{(b,d) \rightarrow (\infty, \infty)} \frac{1}{4} \left(1 - e^{-b^2}\right) \left( 1 - e^{-d^2}\right) = \frac{1}{4} \end{align*}
Por lo tanto,
\iint\limits_R xye^{-x^2-y^2}\,dA \nonumber
es convergente y el valor es\frac{1}{4}.
\iint\limits_D \frac{y}{\sqrt{1 - x^2 - y^2}}dA \nonumber dondeD = \big\{(x,y)\,: \, x \geq 0, \space y \geq 0, \space x^2 + y^2 \leq 1 \big\}.
- Pista
-
Observe que la integral es no negativa y discontinua enx^2 + y^2 = 1. Expresar la regiónD comoD = \big\{(x,y)\,: \, 0 \leq x \leq 1, \space 0 \leq y \leq \sqrt{1 - x^2} \big\} e integrar utilizando el método de sustitución.
- Contestar
-
\frac{\pi}{4}
En algunas situaciones en la teoría de la probabilidad, podemos obtener una idea de un problema cuando somos capaces de usar integrales dobles sobre regiones generales. Antes de repasar un ejemplo con una doble integral, necesitamos establecer algunas definiciones y familiarizarnos con algunas propiedades importantes.
Considera un par de variables aleatorias continuasX yY como los cumpleaños de dos personas o el número de días soleados y lluviosos en un mes. La funciónf de densidad conjunta deX yY satisface la probabilidad que(X,Y) se encuentra en una región determinadaD:
P((X,Y) \in D) = \iint\limits_D f(x,y) \,dA. \nonumber
Dado que las probabilidades nunca pueden ser negativas y deben estar entre 0 y 1, la función de densidad conjunta satisface la siguiente desigualdad y ecuación:
f(x,y) \geq 0 \space \text{and} \space \iint\limits_R f(x,y) \,dA = 1. \nonumber
Las variablesX yY se dice que son variables aleatorias independientes si su función de densidad conjunta es el producto de sus funciones de densidad individuales:
f(x,y) = f_1(x) f_2(y). \nonumber
En el restaurante Sydney's, los clientes deben esperar un promedio de 15 minutos por una mesa. Desde el momento en que están sentados hasta que hayan terminado su comida se requieren 40 minutos adicionales, en promedio. ¿Cuál es la probabilidad de que un cliente pase menos de hora y media en el restaurante, asumiendo que esperar una mesa y completar la comida son eventos independientes?
Solución
Los tiempos de espera son modelados matemáticamente por funciones de densidad exponencial,m siendo el tiempo de espera promedio, como
f(t) = \begin{cases} 0, & \text{if}\; t<0 \\ \dfrac{1}{m}e^{-t/m}, & \text{if} \; t\geq 0.\end{cases} \nonumber
siX yY son variables aleatorias para 'esperar una mesa' y 'completar la comida', entonces las funciones de densidad de probabilidad son, respectivamente,
f_1(x) = \begin{cases} 0, & \text{if}\; x<0. \\ \dfrac{1}{15} e^{-x/15}, & \text{if} \; x\geq 0. \end{cases} \quad \text{and} \quad f_2(y) = \begin{cases} 0, & \text{if}\; y<0 \\ \dfrac{1}{40} e^{-y/40}, & \text{if}\; y\geq 0. \end{cases} \nonumber
Claramente, los eventos son independientes y por lo tanto la función de densidad conjunta es el producto de las funciones individuales
f(x,y) = f_1(x)f_2(y) = \begin{cases} 0, & \text{if} \; x<0 \; \text{or} \; y<0, \\ \dfrac{1}{600} e^{-x/15}, & \text{if} \; x,y\geq 0 \end{cases} \nonumber
Queremos encontrar la probabilidad de que el tiempo combinadoX + Y sea inferior a 90 minutos. En términos de geometría, significa que la regiónD está en el primer cuadrante delimitada por la líneax + y = 90 (Figura\PageIndex{16}).

De ahí que la probabilidad que(X,Y) se encuentre en la regiónD es
P(X + Y \leq 90) = P((X,Y) \in D) = \iint\limits_D f(x,y) \,dA = \iint\limits_D \frac{1}{600}e^{-x/15} e^{-y/40} \,dA. \nonumber
Ya quex + y = 90 es lo mismo quey = 90 - x, tenemos una región de Tipo I, entonces
\begin{align*} D &= \big\{(x,y)\,|\,0 \leq x \leq 90, \space 0 \leq y \leq 90 - x\big\}, \\[6pt] P(X + Y \leq 90) &= \frac{1}{600} \int_{x=0}^{x=90} \int_{y=0}^{y=90-x} e^{-(/15}e^{-y/40}dx \space dy = \frac{1}{600} \int_{x=0}^{x=90} \int_{y=0}^{y=90-x}e^{-x/15}e^{-y/40} dx \space dy \\[6pt] &= \frac{1}{600} \int_{x=0}^{x=90} \int_{y=0}^{y=90-x} e^{-(x/15+y/40)}dx \space dy = 0.8328 \end{align*}
Así, existe la83.2\% posibilidad de que un cliente pase menos de hora y media en el restaurante.
Otra aplicación importante en la probabilidad que puede implicar dobles integrales inadecuadas es el cálculo de los valores esperados. Primero definimos este concepto y luego mostramos un ejemplo de un cálculo.
En teoría de probabilidad, denotamos los valores esperadosE(X) yE(Y) respectivamente, como los resultados más probables de los eventos. Los valores esperadosE(X) yE(Y) están dados por
E(X) = \iint\limits_S x\,f(x,y) \,dA \space and \space E(Y) = \iint\limits_S y\,f (x,y) \,dA, \nonumber
dondeS está el espacio muestral de las variables aleatoriasX yY.
Encuentra el tiempo esperado para los eventos 'esperando una mesa' y 'completar la comida' en Ejemplo\PageIndex{12}.
Solución
Usando el primer cuadrante del plano de coordenadas rectangulares como espacio muestral, tenemos integrales inadecuadas paraE(X) yE(Y). El tiempo esperado para una mesa es
\ [\ begin {alinear*} E (X) &=\ iint\ límits_s x\ frac {1} {600} e^ {-x/15} e^ {-y/40}\, dA\\ [6pt]
&=\ frac {1} {600}\ int_ {x=0} ^ {x=\ infty}\ int_ {y=0} ^ {y=\ infty} xe^ {-x/15} e^ {-y/40} dA\\ [6pt]
&=\ frac {1} {600}\ lim_ {(a, b)\ fila derecha (\ infty,\ infty)}\ int_ {x=0} ^ {x=a}\ int_ {y=0} ^ {y=b} xe^ {-x/15} e^ {-y/40} dx\ espacio dy\\ [6pt]
&=\ frac {1} {600}\ izquierda (\ lim_ {a\ fila derecha\ infty}\ int_ {x=0} ^ {x=a} xe^ {-x/15} dx\ derecha)\ izquierda (\ lim_ {b\ fila derecha\ infty}\ int_ {y=0} ^ {y=b} e^ {-y/40} dy\ derecha)\\ [6pt]
&=\ frac {1} {600}\ izquierda (\ izquierda. (\ lim_ {a\ fila derecha\ infty} (-15e^ {-x/15} (x + 15)))\ derecha|_ {x=0} ^ {x=a}\ derecha)\ izquierda (\ izquierda. (\ lim_ {b\ fila derecha\ infty} (-40e^ {-y/40}))\ derecha|_ {y=0} ^ {y=b}\ derecha)\\ [6pt]
&=\ frac {1} {600}\ izquierda (\ lim_ {a\ fila derecha\ infty} (-15e^ {-a/15} (x + 15) + 225)\ derecha)\ izquierda (\ lim_ {b\ fila derecha\ infty} (- 40e^ {-b/40} + 40)\ derecha)\\ [6pt]
&=\ frac {1} {600} (225) (40) = 15. \ end {alinear*}\]
Un cálculo similar lo demuestraE(Y) = 40. Esto significa que los valores esperados de los dos eventos aleatorios son el tiempo de espera promedio y el tiempo promedio de comedor, respectivamente.
La función de densidad conjunta para dos variables aleatoriasX yY viene dada por
f(x,y) =\begin{cases}\frac{1}{600} (x^2 + y^2),\; & \text{if} \; \leq x \leq 15, \; 0 \leq y \leq 10 \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases} \nonumber
Encuentra la probabilidad queX es como máximo 10 yY es al menos 5.
- Pista
-
Compute la probabilidad
P(X \leq 10, \space Y \geq 5) = \int_{x=-\infty}^{10} \int_{y=5}^{y=10} \frac{1}{6000} (x^2 + y^2) dy \space dx. \nonumber
- Contestar
-
\frac{55}{72} \approx 0.7638
Conceptos clave
- Una región delimitada generalD en el plano es una región que se puede encerrar dentro de una región rectangular. Podemos usar esta idea para definir una doble integral sobre una región delimitada general.
- Para evaluar una integral iterada de una función sobre una región general no rectangular, se esboza la región y la expresamos como una región de Tipo I o como una región de Tipo II o como una unión de varias regiones de Tipo I o Tipo II que se superponen solo en sus límites.
- Podemos usar integrales dobles para encontrar volúmenes, áreas y valores promedio de una función sobre regiones generales, de manera similar a los cálculos sobre regiones rectangulares.
- Podemos usar el teorema de Fubini para integrales inadecuadas para evaluar algunos tipos de integrales inadecuadas.
Ecuaciones Clave
- Integral iterada sobre una región Tipo I
\iint\limits_D f(x,y) \,dA = \iint\limits_D f(x,y) \,dy \space dx = \int_a^b \left[\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y) \,dy \right] dx \nonumber
- Integral iterada sobre una región Tipo II
\iint\limits_D f(x,y) \,dA = \iint\limits_D (x,y) \,dx \space dy = \int_c^d \left[ \int_{h_1(y)}^{h_2(y)} f(x,y) \,dx \right] dy \nonumber
Glosario
- doble integral impropia
- una integral doble sobre una región no delimitada o de una función no delimitada
- Tipo I
- una regiónD en el planoxy - es Tipo I si se encuentra entre dos líneas verticales y las gráficas de dos funciones continuasg_1(x) yg_2(x)
- Tipo II
- una regiónD en elxy plano -es Tipo II si se encuentra entre dos líneas horizontales y las gráficas de dos funciones continuash_1(y) yh_2(h)