Integracion Multiple (clase)

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Integración múltiple.
Volumen y altura promedio.
Considere una superficie f (x , y ) ; usted podría pensar temporalmente en ella como una representación
de una topografía física, un paisaje montañoso, tal vez. ¿Cuál es la altura promedio (o altitud promedio
del paisaje) sobre alguna región?
Como con la mayoría de tales problemas, comenzamos pensando acerca de como podríamos aproximar
la respuesta. Suponga que la región es un rectángulo, [a , b]×[c ,d ] . Podemos dividir el rectángulo en
una malla, con m subdivisiones en una dirección y n en la otra, como se indica en la Figura 1.
Escogemos x valores x0, x1,…, xm−1 en cada subdivisión en la dirección x , y similarmente en la
dirección y . En cada uno de los puntos (x i , y j) en uno de los rectángulos más pequeños de la malla,
calculamos la altura de la superficie: f (xi , y j) . Ahora el promedio de estas alturas debe estar
(dependiendo de lo fino que sea la malla) cercano a la altura promedio de la superficie:
f (x0, y0)+ f (x1, y0)+⋯+ f (x0, y1)+ f (x1, y1)+⋯f (xm−1 , yn−1)
m n
A medida que tanto m como n tienden a infinito, esperamos que esta aproximación converja a un
valor fijo, la altura promedio real de la superficie. Para funciones razonablemente apropiadas esto
realmente sucede así.
Usando la notación sigma, podemos reescribir la aproximación:
1
mn∑i=0
n−1
∑
j=0
m−1
f (x j , y i)=
1
(b−a)(d−c)∑i=0
n−1
∑
j=0
m−1
f ( x j , y i)
b−a
m
d−c
n
= 1
(b−a)(d−c)∑i=0
n−1
∑
j=0
m−1
f (x j , y i)Δ xΔ y
Las dos partes de este producto tienen un significado útil: (b−a)(d−c) es por supuesto el área del
1
Figura 1: Una subdivisión rectangular de [a ,b ]×[c ,d ]
rectángulo, y la sumatoria doble suma mn términos de la forma f (x j , y i)Δ xΔ y , los cuales son la
altura de la superficie en un punto por el área de los pequeños rectángulos en los cuales hemos dividido
el rectángulo grande. En pocas palabras, cada término f (x j , y i)Δ xΔ y es el volumen de una caja
rectangular, alta y estrecha, y es aproximadamente el volumen bajo la superficie y arriba de los
rectángulos pequeños; vea la Figura 2.
Cuando sumamos todos estos elementos, obtenemos una aproximación del volumen bajo la superfice y
arriba del rectángulo R=[a ,b]×[c ,d] . Si tomamos el límite cuando m y n tienden a infinito, la
sumatoria doble se convierte en el volumen real bajo la superficie, el cual dividimos por (b−a)(d−c)
para obtener la altura promedio.
Sumatorias dobles como esta surgen en muchas aplicaciones, de modo que en cierto sentido es la parte
más importante de este ejemplo; dividir por (b−a)(d−c) es un simple paso extra que permite el
cálculo de un promedio. Como hacíamos en el caso de una sola variable, introducimos una notación
especial para el límite de tal sumatoria doble:
lim
m,n→∞
∑
i=0
n−1
∑
j=0
m−1
f (x j , y i)Δ xΔ y=∬
R
f (x , y )dx dy=∬
R
f (x , y )dA
la integral doble de f sobre la región R . La notación dA indica un pedacito de área, sin especificar
algún orden particular para las variables x y y ; es más corto y más genérico que escribir dx dy . La
altura promedio de la superficie en esta notación es
1
(b−a)(d−c)∬R
f (x , y )dA
La siguiente pregunta, por supuesto, es: ¿cómo calculamos estas integrales dobles? Usted podría pensar
que necesitaremos alguna versión bidimensional del Teorema Fundamental del Cálculo, pero sucede
que basta con la versión univariada, aplicada dos veces.
2
Figura 2: Aproximando el volumen bajo una superficie.
Regresando a la sumatoria doble, podemos reescribirla para enfatizar un orden particular en el cual
queremos sumar los términos:
∑
i=0
n−1
(∑j=0
m−1
f (x j , y i)Δ x)Δ y
En la suma entre paréntesis, solo el valor de x j está cambiando; y i es constante temporalmente. A
medida que m tiende a infinito, esta suma tiene la forma correcta para convertirse en una integral:
lim
m→∞
∑
j=0
m−1
f (x j , yi)Δ x=∫
a
b
f (x , y i)dx
Así que después que tomamos el límite cuando m tiende a infinito. La suma es
∑
i=0
n−1 (∫a
b
f (x , y i))Δ y
Por supuesto, para diferentes valores de y i esta integral tiene diferentes valores; en otras palabras, es
realmente una función aplicada a y i :
G( y )=∫
a
b
f (x , y )dx
Si sustituimos de nuevo dentro de la suma obtenemos
∑
i=0
n−1
G( y i)Δ y
Esta suma tiene una agradable interpretación. El valor G( y i) es el área de una sección transversal de
la región bajo la superficie f (x , y ) , a saber, cuando y= y i . La cantidad G( y i)Δ y puede
interpretarse como el volumen de un sólido con área de cara G( y i) y grosor Δ y . Piense en la
superficie f (x , y ) como la parte superior de una hogaza de pan rebanado. Cada rebanada tiene un área
de sección transversal y un grosor; G( y i)Δ y corresponde al volumen de una sola rebanada de pan.
Sumando estas rebanadas se aproxima al volumen total de la hogaza. La Figura 3 muestra esta
aproximación de “hogaza rebanada” usando la misma superficie de la Figura 2. 
Esta suma es justo de la clase que se convierte en una integral definida, a saber,
lim
n→∞
∑
i=0
n−1
G( y i)Δ y=∫
c
d
G( y)dy=∫
c
d
∫
a
b
f (x , y )dx dy
Aclaremos lo que esto significa: primero calcularemos la integral interna, tratando temporalmente a y
como una constante. Haremos esto mediante encontrar una antiderivada con respecto a x , luego
sustituyendo x=a y x=b y restando como de costumbre. El resultado será una expresión sin la
3
variable x pero con algunas ocurrencias de y . Entonces la integral externa será un problema
ordinario de una variable, con y como la variable.
Ejemplo.
La Figura 2 muestra la función f (x , y )=sen (x y )+6 /5 sobre [0.5,3.5]×[0.5,2.5] . El volumen bajo 
esta superficie es:
∫
0.5
2.5
∫
0.5
3.5
(sen (x y)+ 65 )dx dy
La integral interna es 
∫
0.5
3.5
(sen (x y )+ 65 )dx=[−cos(x y)y +6 x5 ]0.5
3.5
=
−cos(3.5 y )
y
+
cos (0.5 y )
y
+ 18
5
Desafortunadamente, esto da una función para la cual no podemos encontrar una antiderivada simple.
Para completar el problema podríamos usar wxMaxima u otro software similar para aproximar la
integral.
Haciendo esto, obtenemos un volumen de aproximadamente 8.84, de modo que la altura promedio es
aproximadamente 8.84 /6≈1.47 .
Debido a que la adición y la multiplicación son conmutativas y asociativas, podemos reescribir la suma
doble original:
∑
i=0
n−1
∑
j=0
m−1
f (x j , y i)Δ xΔ y=∑
j=0
m−1
∑
i=0
n−1
f (x j , y i)Δ yΔ x
Ahora, si repetimos el desarrollo de arriba, la suma interna se convierte en una integral:
4
Figura 3: Aproximando el volumen bajo una superficie 
con rebanadas.
lim
n→∞
∑
i=0
n−1
f (x j , y i)Δ y=∫
c
d
f (x j , y )dy
y entonces la suma externa se convierte en una integral:
lim
m→∞
∑
j=0
m−1 (∫c
d
f (x j , y )dy )Δ x=∫a
b
∫
c
d
f (x , y )dy dx
En otras palabras, podemos calcular las integrales en cualquier orden, primero con respecto a x y
luego con respecto a y , o viceversa. Pensando en la hogaza de pan, esto corresponde a rebanar la
hogaza en una dirección perpendicular al primer caso.
No hemos probado realmente que el valor de una integral doble es igual al valor de las
correspondientes dos integrales en cualquier orden de integración, pero a condición de que la función
sea razonablemente apropiada, esto es cierto; el resultado es llamado Teorema de Fubini.
Teorema de Fubini.
Sea f una función continua en una región del plano R .
1) Si R está definida por a⩽x⩽b y g1(x)⩽ y⩽g2(x ) , donde g1 y g2 son funciones continuas en
[a ,b] , entonces
∬
R
f (x , y)dA=∫
a
b
∫
g1 (x)
g2 (x)f (x , y )dy dx
2) Si R está definida por c⩽ y⩽d y h1( y )⩽x⩽h2( y) , donde h1 y h2 son funciones continuas en
[c ,d ] , entonces
∬
R
f (x , y)dA=∫
c
d
∫
h1 (y )
h2 (y )
f ( x , y )dx dy
Ejemplo.
Calculamos ∬
R
(1+(x−1)2+4 y2)dA , donde R=[0,3 ]×[0, 2] , de dos maneras.
Primera,
5
Segunda (en el otro orden), 
En este ejemplo no hay ninguna razón particular para favorecer una dirección sobre la otra; en algunos
casos, una dirección podría ser mucho más fácil que la otra, así que usualmente vale la pena considerar
las dos diferentes posibilidades.
Con frecuencia, estaremos interesados en una región que no es simplemente un rectángulo. Calculemos
el volumen bajo la superficie x+2 y2 arriba de la región descrita por 0⩽x⩽1 y 0⩽ y⩽x2 , que se
muestra en la Figura 4.
En principio, no hay nada de dificultad adicional en cuanto a este problema. Si imaginamos la región
tridimensional bajo la superficie y arriba de la región parabólica como una hogaza de pan con una
forma poco usual, podemos todavía rebanarla, aproximar el volumen de cada rebanada, y sumar estos
volúmenes. Por ejemplo, si rebanamos perpendicularmente al eje x en x i , el grosor de una rebanada
será Δ x y el área de la rebanada será
∫
0
x i
2
(xi+2 y
2)dy
Cuando sumamos estas y tomamos el límite cuando Δ x tiende a 0, obtenemos la integral doble
6
Figura 4: Una región parabólica 
de integración.
Podríamos también rebanar el sólido en forma perpendicular al eje y , en cuyo caso obtenemos
¿Cuál es la altura promedio de la superficie sobre esta región? Como antes, es el volumen dividido por
el área de la base, pero ahora necesitamos usar integración para calcular el área de la base, puesto que
no es un simple rectángulo. El área es
∫
0
1
x2 dx=1
3
de modo que la altura promedio es 29/28 .
Ejemplo.
Encuentre el volumen bajo la superficie z=√1−x2 y arriba del triángulo formado por y=x , x=1 , y
el eje x .
Consideremos las dos posibles maneras de plantear el problema:
∫
0
1
∫
0
x
√1−x2 dy dx o ∫
0
1
∫
y
1
√1−x2 dxdy
¿Cuál parece más fácil? En la primera, la integral interna es fácil, por que necesitamos una antiderivada
con respecto a y , y todo el integrando √1−x2 es constante con respecto a y . Por supuesto, la
7
segunda integral puede ser más difícil. En la segunda, la integral interna es moderadamente molesta,
una sustitución trigonométrica. Así que intentemóslo con la primera, ya que el primer paso es fácil, y
veamos adonde nos lleva.
Esto es bastante fácil, pues la sustitución u=1 – x2 funciona:
entonces
Ejercicios sobre integrales dobles.
1) Calcule ∫
0
2
∫
0
4
(1+ x)dy dx .
2) Calcule ∫
−1
1
∫
0
2
(x+ y )dy dx .
3) Calcule ∫
1
2
∫
0
y
xy dx dy .
4) Calcule ∫
0
1
∫
y2 /2
√ y
dx dy .
5) Calcule ∫
1
2
∫
1
x x2
y2
dy dx .
6) Calcule ∫
0
1
∫
0
x2 y
ex
dy dx .
7) Calcule ∫
0
√π/2
∫
0
x2
x cos ( y )dy dx .
8) Calcule ∫
0
π/2
∫
0
cos(θ)
r2(cos (θ)−r )dr dθ .
9) Calcule ∫
0
1
∫
√ y
1
√ x3+1dx dy .
10) Calcule ∫
0
1
∫
y2
1
y sen(x2)dx dy .
11) Calcule ∫
0
1
∫
x2
1
x √1+ y2 dy dx .
12) Calcule ∫
0
1
∫
0
y 2
√1−x2
dx dy .
13) Calcule ∫
0
1
∫
3 y
3
ex
2
dx dy .
14) Calcule ∫
−1
1
∫
0
1−x2
(x2−√ y )dydx .
15) Calcule ∫
0
√2/2
∫
−√1−2 x2
√1−2 x2
x dy dx .
16) Evalúe ∬x2 dA sobre la región en el primer cuadrante acotada por la hipérbola x y=16 y las 
rectas y=x , y=0 y x=8 .
8
17) Encuentre el volumen abajo de z=1− y y arriba de la región −1⩽x⩽1 , 0⩽ y⩽1−x2 .
18) Encuentre el volumen acotado por z=x2+ y2 y z=4 .
19) Encuentre el volumen en el primer octante acotado por y2=4−x y y=2 z .
20) Encuentre el volumen en el primer octante acotado por y2=4 x , 2x+ y=4 , z= y y y=0 .
21) Encuentre el volumen en el primer octante acotado por x+ y+ z=9 , 2x+3 y=18 y x+3 y=9 .
22) Encuentre el volumen en el primer octante acotado por x2+ y2=a2 , y z=x+ y .
23) Encuentre el volumen acotado por 4 x2+ y2=4 z y z=2 .
24) Encuentre el volumen acotado por z=x2+ y2 y z= y .
25) Encuentre el volumen bajo la superficie z=x y y arriba del triángulo con vértices (1,1,0) ,
(4, 1, 0) y (1,2,0) .
26) Encuentre el volumen encerrado por y=x2 , y=4 , z=x2 y z=0 .
27) Una piscina tiene forma circular con un diámetro de 40 metros. La profundidad es constante a 
lo largo de las líneas este-oeste y se incrementa linealmente desde 2 metros al extremo sur hasta
7 metros al extremo norte. Encuentre el volumen de la piscina.
28) Encuentre el valor promedio de f (x , y )=e y√ x+ey sobre el rectángulo con vértices (0,0) ,
(4,0) , (4,1) y (0,1) .
29) Tres cilindros de radio 1 se intersectan en ángulos rectos en el origen, como se muestra en la 
Figura 1. Encuentre el volumen contenido dentro de los tres cilindros.
30) Pruebe que si f (x , y ) es integrable y si g(x , y )=∫a
x
∫b
y
f (s , t)dt ds entonces
gx y=g y x=f (x , y ) .
31) Invierta el orden de integración para cada una de las siguientes integrales:
a) ∫0
9
∫0
√9− y
f (x , y )dxdy
b) ∫1
2
∫0
ln x
f (x , y )dy dx
9
Figura 1: Intersección de tres cilindros.
c) ∫0
1
∫arcsen y
π/2
f (x , y )dx dy
d) ∫0
1
∫4 x
4
f (x , y )dy dx
e) ∫0
3
∫0
√9− y2 f (x , y )dx dy
Integrales Triples.
Es posible desarrollar integrales triples, es decir, integrales sobre una región tridimensional. La
aplicación más simple nos permite calcular volúmenes de una manera alternativa.
Para aproximar un volumen en tres dimensiones, podemos dividir la región tridimensional en pequeñas
cajas rectangulares, cada Δ x×Δ y×Δ z con volumen Δ xΔ yΔ z . Entonces las sumamos y tomamos
el límite, para obtener una integral:
∫x0
x1∫y0
y1∫z0
z1 dz dy dx
Por supuesto, si los límites son constantes, simplemente estamos calculando el volumen de una caja 
rectangular.
Ejemplo.
Usamos una integral para calcular el volumen de la caja con esquinas opuestas en (0,0,0) y (1,2,3) .
∫0
1
∫0
2
∫0
3
dz dy dx=∫0
1
∫0
2
[z ]0
3 dy dx=∫0
1
∫0
2
3dy dx=∫0
1
[3 y ]0
2dx=∫0
1
6dx=6
Por supuesto, esto es más interesante y útil cuando los límites no son constantes.
Ejemplo.
Encuentre el volumen del tetraedro con esquinas en (0,0,0) , (0,3,0) , (2,3,0) y (2,3,5) .
Solución.
Todo el problema se reduce a describir correctamente la región por medio de desigualdades:
0⩽x⩽2, 3 x /2⩽ y⩽3, 0⩽z⩽5 x /2
El límite inferior y viene de la ecuación de la línea recta y=3 x /2 que forma un lado del tetraedro en
el plano xy ; el límite superior z viene de la ecuación del plano z=5 x /2 que forma el lado
“superior” del tetraedro; vea la Figura 1. Ahora el volumen es
10
∫0
2
∫3 x /2
3
∫0
5x /2
dzdy dx=∫0
2
∫3x /2
3
[z ]0
5 x /2dy dx
=∫0
2
∫3x /2
3 5x
2
dydx
=∫0
2 [ 5 x2 y ]3 x/ 2
3
dx
=∫0
2 ( 15 x2 −15 x
2
4 )dx
=[ 15x24 −15x
3
12 ]0
2
=15−10=5
De la misma manera que en el caso bidimensional, podemos usar la integración triple para calcular la 
masa, el centro de masa y varias cantidades promedio.
11
Figura 1: Un tetraedro.
Ejercicios.
1) Evalúe ∫0
1
∫0
x
∫0
x+ y
(2x+ y−1)dz dydx .
2) Evalúe ∫0
2
∫−1
x2
∫1
y
x y z dzdy dx .
3) Evalúe ∫0
1
∫0
x
∫0
ln y
ex + y+ z dzdy dx .
4) Evalúe ∫0
π/2
∫0
sen(θ)
∫0
r cos(θ)
r 2dz dr dx .
5) Evalúe ∫0
π
∫0
sen(θ)
∫0
r sen(θ)
r cos2(θ)dz dr dx .
6) Evalúe ∫0
1
∫0
y2
∫0
x+ y
xdz dx dy .
7) Evalúe ∫1
2
∫y
y2
∫0
ln( y+ z)
ex dx dz dy .
8) Evalúe ∫0
π
∫0
π/2
∫0
1
(z sen (x)+z cos( y))dzdx dy .
9) Para cadauna de las integrales (excepto la 4 y la 5) de los ejercicios previos, proporcione una 
descripción del volumen (tanto algebraica como geométrica) que es el dominio de integración.
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