Regiones generales de integración

Un ejemplo de región limitada general $D$ en un plano se muestra en la Figura 5.12. Dado que $D$ está acotada en el plano, debe existir una región rectangular $R$ en el mismo plano que encierra la región $D,$ es decir, una región rectangular $R$ existe tal que $D$ es un subconjunto de $R\left(D\subseteq R\right).$

Figura 5.12 Para una región $D$ que es un subconjunto de $R,$ podemos definir una función $g(x,y)$ para igualar $f(x,y)$ en cada punto en $D$ y $0$ en cada punto de $R$ no en $D.$

Supongamos que $z=f\left(x,y\right)$ se define en una región limitada general plana $D$ como en la Figura 5.12. Para desarrollar las integrales dobles de $f$ en $D,$ ampliamos la definición de la función para incluir todos los puntos de la región rectangular $R$ y, a continuación, utilizamos los conceptos y herramientas de la sección anterior. Pero ¿cómo ampliamos la definición de $f$ para incluir todos los puntos de $R?$ Lo hacemos definiendo una nueva función $g\left(x,y\right)$ sobre $R$ de la siguiente forma:

Observe que podríamos tener algunas dificultades técnicas si el límite de $D$ es complicado. Por lo tanto, suponemos que el límite es una curva cerrada simple, continua y suave a trozos. Además, como todos los resultados desarrollados en Integrales dobles sobre regiones rectangulares utilizaban una función integrable $f\left(x,y\right),$ debemos tener cuidado con $g\left(x,y\right)$ y verificar que $g\left(x,y\right)$ es una función integrable sobre la región rectangular $R.$ Esto ocurre mientras la región $D$ está acotada por curvas cerradas simples. Por ahora nos concentraremos en las descripciones de las regiones más que en la función y ampliaremos nuestra teoría de forma adecuada para la integración.

Consideramos dos tipos de regiones planas acotadas.

Figura 5.13 Una región de Tipo I se encuentra entre dos líneas verticales y los gráficos de dos funciones de $x.$

Figura 5.14 Una región de Tipo II se encuentra entre dos líneas horizontales y los gráficos de dos funciones de $y.$

Ejemplo 5.11

Describir una región como Tipo I y también como Tipo II.

Consideremos la región del primer cuadrante entre las funciones $y=\sqrt{x}$ como $y=x^3$ (Figura 5.15). Describa la región primero como Tipo I y luego como Tipo II.

Figura 5.15 La región $D$ puede describirse como Tipo I o como Tipo II.

Solución

Cuando describimos una región como de Tipo I, tenemos que identificar la función que se encuentra por encima de la región y la función que se encuentra por debajo de la región. Aquí, la región $D$ está acotada por encima de $y=\sqrt{x}$ y más abajo por $y=x^3$ en el intervalo para $x\text{in}\left[0,1\right].$ Por lo tanto, como Tipo I, $D$ se describe como el conjunto $\left\{\left(x,y\right)|0\le x\le 1,x^3\le y\le \sqrt{x}\right\}.$

Sin embargo, cuando describimos una región como de Tipo II, tenemos que identificar la función que se encuentra a la izquierda de la región y la que se encuentra a la derecha. Aquí, la región $D$ está acotada a la izquierda por $x=y^2$ y a la derecha por $x=\sqrt[3]{y}$ en el intervalo para y en $[0,1].$ Por lo tanto, como Tipo II, $D$ se describe como el conjunto $\left\{\left(x,y\right)|0\le y\le 1,y^2\le x\le \sqrt[3]{y}\right\}.$

Integrales dobles sobre regiones no rectangulares

Para desarrollar el concepto y las herramientas de evaluación de una integral doble sobre una región general no rectangular, necesitamos primero entender la región y ser capaces de 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 las integrales dobles. Como primer paso, veamos el siguiente teorema.

El lado derecho de esta ecuación es el que hemos visto antes, así que este teorema es razonable porque $R$ es un rectángulo y ${\displaystyle \underset{R}{\iint }g\left(x,y\right)}dA$ se discutió en la sección anterior. Además, la igualdad funciona porque los valores de $g\left(x,y\right)$ son $0$ para cualquier punto $\left(x,y\right)$ que se encuentra fuera de $D,$ y por lo tanto estos puntos no añaden nada a la integral. Sin embargo, es importante que el rectángulo $R$ contenga la región $D.$

De hecho, si la región $D$ está acotada por curvas suaves en un plano y podemos describirla como Tipo I o Tipo II, o una mezcla de ambos, entonces podemos utilizar el siguiente teorema y no tener que hallar un rectángulo $R$ que contenga la región.

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 de la primera expresión, integramos $f\left(x,y\right)$ con el valor $x$ que se mantiene constante y los límites de integración son $g_1\left(x\right)\text{y}{g}_2\left(x\right).$ En la integral interna de la segunda expresión, integramos $f\left(x,y\right)$ con la $y$ que se mantiene constante y los límites de integración son $h_1\left(x\right)\text{y}{h}_2\left(x\right).$

Ejemplo 5.12

Evaluar una integral iterada sobre una región de Tipo I

Evalúe la integral ${\displaystyle \underset{D}{\iint }{x}^2{e}^{xy}dA}$ donde $D$ se muestra en la Figura 5.16.

Solución

Primero construya la región $D$ como región de Tipo I (Figura 5.16). Aquí $D=\left\{\left(x,y\right)|0\le x\le 2,\frac{1}{2}x\le y\le 1\right\}.$ Entonces tenemos

$${\displaystyle \underset{D}{\iint }{x}^2{e}^{xy}dA}={\displaystyle \underset{x=0}{\overset{x=2}{\int }}{\displaystyle \underset{y=1\text{/}2x}{\overset{y=1}{\int }}{x}^2{e}^{xy}dydx}}.$$

Figura 5.16 Podemos expresar la región $D$ como una región de Tipo I e integrar desde $y=\frac{1}{2}x$ al $y=1,$ entre las líneas $x=0\text{y}x=2.$

Por lo tanto, tenemos

$$\begin{array}{ccccc}\hfill {\displaystyle \underset{x=0}{\overset{x=2}{\int }}{\displaystyle \underset{y=\frac{1}{2}x}{\overset{y=1}{\int }}{x}^2{e}^{xy}dydx}}& ={\displaystyle \underset{x=0}{\overset{x=2}{\int }}\left[{\displaystyle \underset{y=1\text{/}2x}{\overset{y=1}{\int }}{x}^2{e}^{xy}dy}\right]}dx\hfill & & & \text{Integral iterada para una región de Tipo I.}\hfill \\ & ={\displaystyle \underset{x=0}{\overset{x=2}{\int }}{\left[x^2\frac{e^{xy}}{x}\right]|}_{y=1\text{/}2x}^{y=1}}dx\hfill & & & \begin{array}{c}\text{Integre con respecto a}y\text{utilizando sustitución de}\hfill \\ u\text{con}u=xy\text{donde}x\text{se mantiene}\hfill \\ \text{constante.}\hfill \end{array}\hfill \\ & ={\displaystyle \underset{x=0}{\overset{x=2}{\int }}\left[x{e}^x–x{e}^{x^2\text{/}2}\right]}dx\hfill & & & \begin{array}{c}\text{Integre con respecto a}x\text{utilizando sustitución de}\hfill \\ u\text{con}u=\frac{1}{2}{x}^2.\hfill \end{array}\hfill \\ & ={\left[x{e}^x-e^x-e^{\frac{1}{2}{x}^2}\right]|}_{x=0}^{x=2}=2\hfill & & & \end{array}$$

En el Ejemplo 5.12, Podríamos haber visto la región de otra manera, como $D=\left\{\left(x,y\right)|0\le y\le 1,0\le x\le 2y\right\}$ (Figura 5.17).

Figura 5.17

Se trata de una región de Tipo II y la integral quedaría entonces como

Sin embargo, si integramos primero con respecto a $x,$ esta integral es larga de calcular porque tenemos que usar la integración por partes dos veces.

Ejemplo 5.13

Evaluar una integral iterada sobre una región de tipo II

Evalúe la integral ${\displaystyle \underset{D}{\iint }\left(3x^2+y^2\right)dA}$ donde $=\left\{\left(x,y\right)|-2\le y\le 3,y^2-3\le x\le y+3\right\}.$

Solución

Observe que $D$ puede verse como una región de Tipo I o de Tipo II, como se muestra en la Figura 5.18. Sin embargo, en este caso describir $D$ como Tipo $\text{I}$ es más complicado que describirla como Tipo II. Por lo tanto, utilizamos $D$ como región de Tipo II para la integración.

Figura 5.18 La región $D$ en este ejemplo puede ser (a) de Tipo I o (b) de Tipo II.

Al elegir este orden de integración, tenemos

$$\begin{array}{ccccc}\hfill {\displaystyle \underset{D}{\iint }\left(3x^2+y^2\right)dA}& ={\displaystyle \underset{y=\mathrm{–2}}{\overset{y=3}{\int }}{\displaystyle \underset{x=y^2-3}{\overset{x=y+3}{\int }}\left(3x^2+y^2\right)dxdy}}\hfill & & & \text{Integral iterada, región Tipo II.}\hfill \\ & ={{\displaystyle \underset{y=\mathrm{–2}}{\overset{y=3}{\int }}\left(x^3+x{y}^2\right)}|}_{y^2-3}^{y+3}dy\hfill & & & \text{Integre con respecto a}x.\hfill \\ & ={\displaystyle \underset{y=\mathrm{–2}}{\overset{y=3}{\int }}\left({\left(y+3\right)}^3+\left(y+3\right)y^2-{\left(y^2-3\right)}^3-\left(y^2-3\right)y^2\right)}dy\hfill & & & \\ & ={\displaystyle \underset{\mathrm{-2}}{\overset{3}{\int }}\left(54+27y-12y^2+2y^3+8y^4-y^6\right)}dy\hfill & & & \text{Integre con respecto a}y.\hfill \\ & ={\left[54y+\frac{27y^2}{2}-4y^3+\frac{y^4}{2}+\frac{8y^5}{5}-\frac{y^7}{7}\right]|}_{\mathrm{-2}}^3\hfill & & & \\ & =\frac{2375}{7}.\hfill & & & \end{array}$$

Recordemos las propiedades de las integrales dobles de Integrales dobles sobre regiones rectangulares. Como hemos visto en los ejemplos, todas estas propiedades son también válidas para una función definida en una región acotada no rectangular en un plano. En particular, la propiedad $3$ afirma:

Si los valores de $R=S\cup T$ y $S\cap T=\varnothing$ excepto en sus límites, entonces

Del mismo modo, tenemos la siguiente propiedad de las integrales dobles sobre una región acotada no rectangular en un plano.

Este teorema es particularmente útil para las regiones no rectangulares porque nos permite dividir una región en una unión de regiones de Tipo I y de Tipo II. Entonces podemos calcular la integral doble en cada trozo de forma conveniente, como en el siguiente ejemplo.

Ejemplo 5.14

Descomponer regiones

Exprese la región $D$ que se muestra en la Figura 5.19 como una unión de regiones de Tipo I o de Tipo II, y evalúe la integral

$${\displaystyle \underset{D}{\iint }\left(2x+5y\right)}dA.$$

Figura 5.19 Esta región puede descomponerse en una unión de tres regiones de Tipo I o de Tipo II.

Solución

La región $D$ no es fácil de descomponer en un solo tipo; en realidad es una combinación de diferentes tipos. Así que podemos escribirlo como una unión de tres regiones $D_1,D_2,\text{y}{D}_3$ donde, $D_1=\left\{\left(x,y\right)|-2\le x\le 0,0\le y\le {\left(x+2\right)}^2\right\},$ $D_2=\left\{\left(x,y\right)|0\le y\le 4,0\le x\le \left(y-\frac{1}{16}{y}^3\right)\right\}.$ Estas regiones se ilustran más claramente en la Figura 5.20.

Figura 5.20 La división de la región en tres subregiones facilita el establecimiento de la integración.

Aquí $D_1$ es Tipo $\text{I}$ y $D_2$ y $D_3$ son ambos de Tipo II. Por lo tanto,

$$\begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \underset{D}{\iint }(2x+5y)dA}& ={\displaystyle \underset{D_1}{\iint }(2x+5y)dA}+{\displaystyle \underset{D_2}{\iint }(2x+5y)dA}+{\displaystyle \underset{D_3}{\iint }(2x+5y)dA}\hfill \\ & ={\displaystyle \underset{x=\mathrm{–2}}{\overset{x=0}{\int }}{\displaystyle \underset{y=0}{\overset{y={(x+2)}^2}{\int }}(2x+5y)dydx}}+{\displaystyle \underset{y=0}{\overset{y=4}{\int }}{\displaystyle \underset{x=0}{\overset{x=y-(1\text{/}16)y^3}{\int }}(2+5y)dxdy}}+{\displaystyle \underset{y=\mathrm{–4}}{\overset{y=0}{\int }}{\displaystyle \underset{x=\mathrm{–2}}{\overset{x=y-(1\text{/}16)y^3}{\int }}(2x+5y)dxdy}}\hfill \\ & ={\displaystyle \underset{x=\mathrm{–2}}{\overset{x=0}{\int }}\left[\frac{1}{2}{(2+x)}^2(20+24x+5x^2)\right]}+{\displaystyle \underset{y=0}{\overset{y=4}{\int }}\left[\frac{1}{256}{y}^6-\frac{7}{16}{y}^4+6y^2\right]}\hfill \\ & +{\displaystyle \underset{y=\mathrm{–4}}{\overset{y=0}{\int }}\left[\frac{1}{256}{y}^6-\frac{7}{16}{y}^4+6y^2+10y-4\right]}\hfill \\ & =\frac{40}{3}+\frac{1664}{35}-\frac{1696}{35}=\frac{1304}{105}.\hfill \end{array}$$

Ahora podríamos rehacer este ejemplo utilizando una unión de dos regiones de Tipo II (vea el Punto de control).

Cambiar el orden de la 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.

Ejemplo 5.15

Cambiar el orden de la integración

Invierta el orden de integración en la integral iterada ${\displaystyle \underset{x=0}{\overset{x=\sqrt{2}}{\int }}{\displaystyle \underset{y=0}{\overset{y=2-x^2}{\int }}x{e}^{x^2}dydx}}.$ A continuación, evalúe la nueva integral iterada.

Solución

La región tal como se presenta es de Tipo I. Para invertir el orden de integración, debemos expresar primero la región como de Tipo II. Consulte la Figura 5.21.

Figura 5.21 Conversión de una región de Tipo I a Tipo II.

Podemos ver en los límites de integración que la región está acotada por encima de $y=2-x^2$ y más abajo por $y=0,$ donde $x$ esté en el intervalo $\left[0,\sqrt{2}\right].$ Invirtiendo el orden, tenemos la región acotada a la izquierda por $x=0$ y a la derecha por $x=\sqrt{2-y}$ donde $y$ esté en el intervalo $\left[0,2\right].$ Resolvimos $y=2-x^2$ en términos de $x$ para obtener $x=\sqrt{2-y}.$

Por lo tanto,

$$\begin{array}{ccccc}\hfill {\displaystyle \underset{0}{\overset{\sqrt{2}}{\int }}{\displaystyle \underset{0}{\overset{2-x^2}{\int }}x{e}^{x^2}dydx}}& ={\displaystyle \underset{0}{\overset{2}{\int }}{\displaystyle \underset{0}{\overset{\sqrt{2-y}}{\int }}x{e}^{x^2}dxdy}}\hfill & & & \begin{array}{c}\text{Invierta el orden de}\hfill \\ \text{integración, luego utilice}\hfill \\ \text{la sustitución.}\hfill \end{array}\hfill \\ & ={\displaystyle \underset{0}{\overset{2}{\int }}\left[\frac{1}{2}{e{x}^2|}_0^{\sqrt{2-y}}\right]}dy={\displaystyle \underset{0}{\overset{2}{\int }}\frac{1}{2}\left(e^{2-y}-1\right)}dy={-\frac{1}{2}\left(e^{2-y}+y\right)|}_0^2\hfill & & & \\ & =\frac{1}{2}\left(e^2-3\right).\hfill & & & \end{array}$$

Ejemplo 5.16

Evaluar una integral iterada invirtiendo el orden de integración

Consideremos la integral iterada ${\displaystyle \underset{R}{\iint }f\left(x,y\right)}dxdy$ donde $z=f\left(x,y\right)=x-2y$ sobre una región triangular $R$ que tiene lados en $x=0,y=0,$ y la línea $x+y=1.$ Dibuje la región, y luego evalúe la integral iterada

1. integrando primero con respecto a $y$ y luego
2. integrando primero con respecto a $x.$

Solución

Un esquema de la región aparece en la Figura 5.22.

Figura 5.22 Una región triangular $R$ para integrarse de dos maneras.

Podemos completar esta integración de dos maneras diferentes.

1. Una forma de verlo es integrando primero $y$ a partir de $y=0\text{para}y=1-x$ verticalmente y luego integrando $x$ de $x=0\text{a}x=1\text{:}$
   
   $$\begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \underset{R}{\iint }f\left(x,y\right)}dxdy& ={\displaystyle \underset{x=0}{\overset{x=1}{\int }}{\displaystyle \underset{y=0}{\overset{y=1-x}{\int }}\left(x-2y\right)dydx}=}{\displaystyle \underset{x=0}{\overset{x=1}{\int }}{\left[xy-2y^2\right]}_{y=0}^{y=1-x}dx}\hfill \\ & ={\displaystyle \underset{x=0}{\overset{x=1}{\int }}\left[x\left(1-x\right)-{\left(1-x\right)}^2\right]dx={\displaystyle \underset{x=0}{\overset{x=1}{\int }}\left[\mathrm{–1}+3x-2x^2\right]dx=}{\left[\text{−}x+\frac{3}{2}{x}^2-\frac{2}{3}{x}^3\right]}_{x=0}^{x=1}=-\frac{1}{6}}.\hfill \end{array}$$
2. La otra forma de hacer este problema es integrando primero $x$ de $x=0\text{a}x=1-y$ horizontalmente y luego integrando $y$ a partir de $y=0\text{para}y=1\text{:}$
   
   $$\begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \underset{R}{\iint }f\left(x,y\right)}dxdy& ={\displaystyle \underset{y=0}{\overset{y=1}{\int }}{\displaystyle \underset{x=0}{\overset{x=1-y}{\int }}\left(x-2y\right)dxdy}=}{\displaystyle \underset{y=0}{\overset{y=1}{\int }}{\left[\frac{1}{2}{x}^2-2xy\right]}_{x=0}^{x=1-y}dy}\hfill \\ & ={\displaystyle \underset{y=0}{\overset{y=1}{\int }}\left[\frac{1}{2}{\left(1-y\right)}^2-2y\left(1-y\right)\right]dy={\displaystyle \underset{y=0}{\overset{y=1}{\int }}\left[\frac{1}{2}-3y+\frac{5}{2}{y}^2\right]dy}}\hfill \\ & ={\left[\frac{1}{2}y-\frac{3}{2}{y}^2+\frac{5}{6}{y}^3\right]}_{y=0}^{y=1}=-\frac{1}{6}.\hfill \end{array}$$

Calcular volúmenes, áreas y valores promedio

Podemos utilizar integrales dobles sobre regiones generales para calcular volúmenes, áreas y valores promedio. Los métodos son los mismos que en Integrales dobles sobre regiones rectangulares, pero sin la restricción de una región rectangular, ahora podemos resolver una mayor variedad de problemas.