Integrales dobles sobre regiones generales
Cuando se mencionó que la
integral doble
es un método alternativo para hallar el área de una región limitada
por dos curvas, se dio una idea intuitiva de que no solo se puede
integrar sobre rectángulos, sino también sobre cualquier región
general "D".
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Comúnmente a estas regiones se las denominan: tipo I
(región encerrada por las gráficas de dos funciones de "x")
y tipo II (región encerrada por las gráficas de dos
funciones de "y")
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Cabe mencionar que las curvas deben ser continuas en el intervalo
correspondiente y la superficie debe ser continua en D y en la frontera.
Igualmente, dibujar una flecha puede ayudar a reconocer la frontera inferior y la
superior para ubicarlas en los límites de integración.
Ejemplos: Determinar las siguientes integrales dobles
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$\iint_{D} (12x^{2}-21)\, dA$, donde D es la región limitada por las curvas $y=x^{2}$ y $y=2x+3$
Conviene realizar un esbozo de la región para facilitar
la ubiación de los límites de integración
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Con la gráfica es fácil notar que la frontera inferior
es la parábola $\mathit{y=x^{2}}$
y la superior es la recta $\mathit{y=2x+3}$. Asimismo, el intervalo en el que se encierra la
región es $\mathit{x\in [-1,3]}$, de modo que "D" es una región de tipo I
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Entonces se procede a evaluar la siguiente
integral iterada
\[I=\int_{-1}^{3}\int_{x^{2}}^{2x+3}(12x^{2}-21)\, dy\,
dx=\int_{-1}^{3}(12x^{2}-21)(y)\left.\begin{matrix} \\
\\\end{matrix}\right|_{x^{2}}^{2x+3}\, dx\]
\[I=\int_{-1}^{3}(12x^{2}-21)(2x+3-x^{2})\,
dx=-3\int_{-1}^{3}(4x^{4}-8x^{3}-19x^{2}+14x+21)\, dx\]
\[I=-3\left (
\frac{4x^{5}}{5}-2x^{4}-\frac{19x^{3}}{3}+7x^{2}+21x \right
)\left.\begin{matrix} \\
\\\end{matrix}\right|_{-1}^{3}=-3\left ( -\frac{32}{15} \right
)=\frac{32}{5}\]
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$\iint_{D} \frac{y^{2}}{x^{2}} \, dA$, donde D es la región limitada por las curvas $y=\frac{1}{x},\, y=2$ y $y=x$
Graficando la región se tiene
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Note que no resulta evidente cuál es la frontera
inferior si se toman funciones de "x", pero si se toman
funciones de "y", es notable que la frontera inferior es
la hipérbola $\mathit{x=1/y}$
y la frontera superior es la recta $\mathit{x=y}$,
de modo que "D" es una región de tipo II
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Entonces se evalúa la siguiente integral iterada:
\[\int_{1}^{2}\int_{1/y}^{y} \frac{y^{2}}{x^{2}}\, dx\,
dy=\int_{1}^{2} y^{2}\left ( -\frac{1}{x} \right
)\left.\begin{matrix}\\ \\
\end{matrix}\right|_{1/y}^{y}dy=\int_{1}^{2}(y^{3}-y)\,
dy\]
\[I=\left ( \frac{y^{4}}{4}-\frac{y^{2}}{2} \right
)\left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}
\right|_{1}^{2}=2+\frac{1}{4}=\frac{9}{4}\]
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$\iint_{D} y\, dA$, donde D es la región limitada por las curvas $y=x,\, y=0$ y $y=\sqrt{2-x^{2}}$
Graficando la región se tiene
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A diferencia de los casos anteriores, esta región no es
de tipo I ni II, pero puede ser expresada como la unión de
dichas regiones
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Analizando la imagen anterior, la integral dada puede ser
expresada como
\[\iint_{D} y\, dA=\iint_{D1} y\, dA+\iint_{D2} y\, dA\]
Esta expresión resulta ser una
propiedad de combinación para integrales dobles. Pues
note la similitud con la de integrales definidas.
Entonces:
\[\iint_{D1} y\, dA=\int_{0}^{1}\int_{0}^{x}y\, dy\,
dx=\int_{0}^{1}\frac{x^{2}}{2}dx=\frac{1}{6}\]
\[\iint_{D2} y\,
dA=\int_{1}^{\sqrt{2}}\int_{0}^{\sqrt{2-x^{2}}}y\, dy\,
dx=\int_{1}^{\sqrt{2}}\frac{2-x^{2}}{2}dx=\frac{4\sqrt{2}-5}{6}\]
\[\iint_{D} y\,
dA=\frac{1}{6}+\frac{4\sqrt{2}-5}{6}=\frac{2(\sqrt{2}-1)}{3}\]
Ejemplo práctico: Calcular el volumen del tetraedro limitado por los planos
coordenados y el plano $3x+4y+z=12$
Para resolver este problema conviene realizar dos diagramas: uno
del sólido tridimensional y otro de la región "D".
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La región D se encierra entre los ejes coordenados del
plano y un segmento de la recta $\mathit{y=-\frac{3}{4}x+3}$
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De esta forma el volumen del tetraedro formado se dará por la
integral doble:
\[V=\iint_{D}(12-3x-4y)\,
dA=\int_{0}^{4}\int_{0}^{-\frac{3}{4}x+3}(12-3x-4y)\, dy\,
dx\]
\[\small V=\int_{0}^{4}(12y-3xy-2y^{2})\left.\begin{matrix} \\
\\\end{matrix}\right|_{0}^{-\frac{3}{4}x+3}\,
dx=\int_{0}^{4}\frac{9}{4}x^{2}-18x+36-2\left ( -\frac{3}{4}x+3
\right )^{2}dx\]
\[V=\left [ \frac{3}{4}x^{3}-9x^{2}+36x+\frac{8}{9}\left (
-\frac{3}{4}x+3 \right )^{3} \right ]\left.\begin{matrix} \\
\\\end{matrix}\right|_{0}^{4}=24\]
Integrales dobles en coordenadas polares
Supongamos que se desea evaluar una integral doble $\iint_{R} f(x,y)\, dA$, donde "R" es la región mostrada en la siguiente figura
En este caso, la descripción de "R" en términos de coordenadas
rectangulares es complicada, pero se describe con facilidad usando
coordenadas polares:
\[\begin{matrix}r^{2}=x^{2}+y^{2} & x=r\cos \theta &
y=r\sin \theta \\\end{matrix}\]
\[\iint_{R}f(r\cos \theta, r\sin \theta)\, dA\]
Si se sabe que $dA_{i}=\Delta x_{i}\Delta y_{i}$, así como el área de un sector circular, entonces $dA_{i}$ se puede reescribir como $dA_{i}=\frac{1}{2}(r_{i}^{2}-r_{i-1}^{2})\Delta
\theta$ (ver figura).
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El área del sector circular $\mathit{R_{ij}}$ se puede escribir como $\mathit{dA_{i}=\frac{1}{2}(r_{i}+r_{i-1})(r_{i}-r_{i-1})\Delta
\theta=\frac{1}{2}(r_{i}+r_{i-1})\Delta r \Delta
\theta}$
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Nótese que $r_{i}^{*}=\frac{1}{2}(r_{i-1}+r_{i})$ es la expresión para hallar el punto medio entre otros
dos en el plano. Por tanto, tomando el punto medio del
sector $R_{ij}$ se puede decir que $dA_{i}=r_{i}^{*}\Delta r\Delta \theta$ y por ende:
\[\iint_{R}f(x,y)\, dA=\lim_{(m, n)\to (\infty, \infty)
}\sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n}f(r_{i}^{*}\cos \theta
_{j}^{*},r_{i}^{*}\sin \theta _{j}^{*})r_{i}^{*}\Delta r
\Delta \theta\]
\[\lim_{(m, n)\to (\infty, \infty)
}\sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n}g(r_{i}^{*},\theta
_{j}^{*})\Delta r \Delta \theta=\iint_{R}g(r,\theta )\,
dr\, d\theta\]
Tomando en cuenta que el integrando fue reescrito por
"g", la transformación de coordenadas en la integral doble
de acuerdo a "f" será:
\[\iint_{R}f(x,y)\, dA=\int_{\alpha}^{\beta}
\int_{a}^{b}f(r\cos \theta, r\sin \theta)\, r\,
dr\, d\theta\]
Ejemplos: Evalúe las siguientes integrales dobles
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$\iint_{R} (x^{2}+y^{2})\, dy\, dx$, donde R es la región interna a $x^{2}+y^{2}=4y$
Para reconocer la curva dada se procede a reescribir la
ecuación dada como sigue
\[x^{2}+y^{2}-4y+2^{2}-2^{2}=0\]
\[x^{2}+(y-2)^{2}=2^{2}\]
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Note que la región es interna a la
curva polar: $\mathit{r=4\sin \theta}$
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La región polar barre una vuelta completa en el
intervalo
$[0,\pi]$, de modo que el cambio de coordenadas en la integral doble
es
\[I=\int_{0}^{\pi} \int_{0}^{4\sin \theta}(r^{2})r\, dr\,
d\theta\]
\[I=\int_{0}^{\pi}\frac{r^{4}}{4}\left.\begin{matrix} \\
\\\end{matrix}\right|_{0}^{4\sin \theta}d\theta
=\frac{1}{4}\int_{0}^{\pi }4^{4}\sin ^{4}\theta \, d\theta
\]
\[I=4^{3}\int_{0}^{\pi } \left ( \frac{1-\cos 2\theta }{2}
\right )^{2}d\theta =4^{2}\int_{0}^{\pi }(1-2\cos 2\theta
+\cos ^{2}2\theta )d\theta \]
\[I=4^{2}\int_{0}^{\pi }\left ( \frac{3}{2}-2\cos 2\theta
+\frac{\cos 4\theta }{2} \right )d\theta =16\left (
\frac{3\theta }{2}-\sin 2\theta +\frac{\sin 4\theta }{8}
\right )\left.\begin{matrix} \\ \\\end{matrix}\right|_{0}^{\pi
}\]
\[I=24\pi \]
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$\iint_{R} \frac{x}{x^{2}+y^{2}} \, dA$, donde R es la región interna a $x^{2}+y^{2}=2x$
en el primer cuadrante
Así como en el caso anterior, reescribiendo la ecuación
dada se tiene
\[x^{2}-2x+1^{2}-1^{2}+y^{2}=0\]
\[(x-1)^{2}+y^{2}=1\]
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La región comprende la mitad superior de la curva
polar: $\mathit{r=2\cos \theta}$
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La curva barre media vuelta a través del primer cuadrante en
el intervalo $[0,\pi/2]$, de modo que el cambio de coordenadas en la integral doble
es:
\[\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\int_{0}^{2\cos \theta }
\frac{r\cos \theta }{r^{2}} r\, dr\, d\theta
=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta
(r)\left.\begin{matrix} \\ \\\end{matrix}\right|_{0}^{2\cos
\theta }d\theta =2\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\cos^{2}\theta \,
d\theta \]
\[I=2\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{1+\cos 2\theta }{2} \,
d\theta =\theta +\frac{1}{2}\sin 2\theta \left.\begin{matrix} \\
\\\end{matrix}\right|_{0}^{\frac{\pi }{2}}=\frac{\pi
}{2}\]
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$\iint_{R} \arctan \frac{y}{x}\, dA$, donde R es la región descrita por $x^{2}+y^{2}\geq 1,\, x^{2}+y^{2}\leq 4$ y $0\leq y\leq
x$
Graficando la región se tiene
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La recta $\mathit{y=x}$ en coordenadas polares es $\mathit{\theta = \pi/4}$
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Analizando la imagen anterior, la conversión a coordenadas
polares resulta más sencilla
\[\int_{0}^{\frac{\pi }{4}}\int_{1}^{2}\arctan \left (
\frac{r\sin \theta }{r\cos \theta } \right )r\, dr\, d\theta
=\int_{0}^{\frac{\pi }{4}}\theta \frac{r^{2}}{2}
\left.\begin{matrix} \\ \\\end{matrix}\right|_{1}^{2}d\theta
=\frac{3\theta ^{2}}{4}\left.\begin{matrix} \\
\\\end{matrix}\right|_{0}^{\frac{\pi }{4}}\]
\[I=\frac{3}{4}\left ( \frac{\pi ^{2}}{16} \right )=\frac{3\pi
^{2}}{64}\]
Ejemplo práctico: Calcular el volumen del sólido limitado por
arriba del cono $z=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ y debajo de la esfera $x^{2}+y^{2}+z^{2}=4$
Hallar el volúmen de un sólido limitado por dos superficies es una
situación similar al cálculo del área de una
región plana limitada por dos curvas. Por ende, es necesario hallar la curva intersección entre las superficies
dadas:
\[x^{2}+y^{2}+(\sqrt{x^{2}+y^{2}})^{2}=4\]
\[2x^{2}+2y^{2}=4\]
Así entonces, la región que limita al sólido formado por ambas
superficies es
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Región polar dada por $\mathit{r=\sqrt{2}}$
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Así entonces, dado que el sólido se encuentra debajo de una esfera y encima
de un cono, el volumen se obtiene como sigue:
\[V=\iint_{R}\left ( \sqrt{4-x^{2}-y^{2}}-\sqrt{x^{2}+y^{2}} \right
)dA\]
Por tanto, mediante coordenadas polares se tiene
\[V=\int_{0}^{2\pi }\int_{0}^{\sqrt{2}}\left (
\sqrt{4-r^{2}}-\sqrt{r^{2}} \right )r\, dr\, d\theta =\int_{0}^{2\pi
}\left [ -\frac{1}{3}(4-r^{2})^{3/2}-\frac{r^{3}}{3} \right
]\left.\begin{matrix} \\ \\\end{matrix}\right|_{0}^{\sqrt{2}}d\theta
\]
\[V=\int_{0}^{2\pi }\left (\frac{8}{3} -\frac{4\sqrt{2}}{3} \right
)d\theta =\frac{8-4\sqrt{2}}{3}(\theta)\left.\begin{matrix} \\
\\\end{matrix}\right|_{0}^{2\pi }=\frac{8\pi}{3}(2-\sqrt{2})\]
Con ayuda de una graficadora se puede observar que el sólido tiene la
forma de un diamante.
Traslación en coordenadas polares
Calculemos el área de $\left (x-\frac{1}{2}\right)^{2}+y^{2}=1$ utilizando integrales dobles.
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| La circunferencia tiene radio 1 y el centro se encuentra en el punto (1/2,0) |
En casos como este, si expresamos la curva en coordenadas polares, obtenemos una ecuación implícita que es difícil de evaluar en la integral doble. Por lo tanto, utilizamos otra estrategia para simplificar la expresión de la curva polar.
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| Traslación de ejes desde el origen O hasta el punto O' |
Resulta evidente que el nuevo origen de coordenadas es (x+h,y+k). Entonces, aplicando esta misma lógica, es posible trasladar la región D dada como sigue
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| Si C(x,y) con x=1/2, y=0, la traslación al origen será x'=x-1/2, y'=y+0 de modo que C'(x',y') con x'=0, y'=0 |
Así entonces, se tiene la circunferencia $(x')^{2}+(y')^{2}=1$ y evaluando en la integral doble se tiene
\[A=\iint_{D'} dy'dx'=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1}rdrd\theta=\pi \]
Nótese que integrar sobre la región trasladada, implica que la integral debe estar expresada en términos de x', y'.
Ejercicios:
a) Dibuje la región y evalúe las siguientes integrales iteradas
1) $\int_{0}^{2}
\int_{3y^{2}-6y}^{2y-y^{2}}3x\, dx\, dy$
2) $\int_{0}^{1}
\int_{0}^{x^{2}}xe^{y}\, dy \, dx$
3) $\int_{1}^{2}
\int_{0}^{2x} (4x^{3}y^{3}-2xy)\, dy\, dx$
4) $\int_{\pi/6}^{\pi/2}
\int_{0}^{\sin \theta} 6r\cos \theta \, dr\, d\theta$
5) $\int_{0}^{\pi/4}
\int_{0}^{\sin x}y\cos x\, dy\, dx$
6) $\int_{0}^{\pi/4}
\int_{0}^{\cos \theta}3r^{2} \sin \theta \, dr \,
d\theta$
b) Evalúe la integral iterada convirtiendo a coordenadas polares
1) $\int_{-1}^{1}
\int_{0}^{\sqrt{1-x^{2}}} x^{2}(x^{2}+y^{2})^{2}\, dy\, dx$
2) $\int_{0}^{2}
\int_{0}^{\sqrt{4-x^{2}}}e^{-x^{2}-y^{2}}\, dy\, dx$
3) $\int_{0}^{1/2}
\int_{\sqrt{3}y}^{\sqrt{1-y^{2}}}xy^{2}\, dx\, dy$
4) $\int_{0}^{3}
\int_{0}^{\sqrt{9-x^{2}}}(x^{2}+y^{2})^{3/2}\, dy\, dx$
5) $\int_{0}^{a}
\int_{0}^{\sqrt{a^{2}-y^{2}}}y\, dx\, dy$
6) $\int_{0}^{2}
\int_{0}^{\sqrt{2x-x^{2}}}xy\, dy\, dx$
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