Integrales iteradas dobles. Cálculo vectorial.

Teorema de Fubini.

Sea f continua en una región plana R.

Si R está definida por $a \le x \le b$ y $g_1 (x) \le y \le g_2 (x)$ , donde $g_1$ y $g_2$ son funciones continuas en $[a, b]$ , por lo que

$\displaystyle \iint_{R}{f(x, y)dA} = \int_{a}^{b}{\int_{g_1 (x)}^{g_2 (x)}{f(x, y)dy dx}}$

Si R está definida por $c \le y \le d$ y $h_1 (y) \le x \le h_2 (y)$ , donde $h_1$ y $h_2$ son funciones continuas en $[c, d]$ , por lo que

$\displaystyle \iint_{R}{f(x, y)dA} = \int_{c}^{d}{\int_{h_1 (y)}^{h_2 (y)}{f(x, y)dx dy}}$

Problemas resueltos.

Problema 1. Resolver la siguiente integral iterada

$\displaystyle \int_{0}^{1}{\int_{0}^{2}{(x+y)dydx}}$

Solución. La primera integral (tomando de adentro hacia afuera) la diferencial “dy” presenta variables de “y”.

$\displaystyle \int_{0}^{1}{\int_{0}^{2}{(x+y)dy dx}}$

Entonces

$\displaystyle \int_{0}^{2}{(x+y)dy} = \left[xy + \frac{1}{2} y^2\right]_{0}^{2} = [2x + \frac{1}{2} {(2)}^{2}] - [0y - \frac{1}{2} {(0)}^{2}] = 2x + 2$

Después

$\displaystyle \int_{0}^{1}{\int_{0}^{2}{(x+y)dy dx}} = \int_{0}^{1}{(2x+2)dx}$

$\displaystyle = \left[2(\frac{1}{2} x^2) + 2x \right]_{0}^{1} = \left[x^2+2x\right]_{0}^{1}$

$= [{(1)}^{2} + 2(1)] - [{0}^{2} + 2(0)] = 3$

Finalmente

$\displaystyle \therefore \int_{0}^{1}{\int_{0}^{2}{(x+y)dydx}} = 3$

Problema 2. Resolver la siguiente integral iterada

$\displaystyle \int_{0}^{\pi}{\int_{0}^{\sin{x}}{(1+\cos{x})dydx}}$

Solución. La primera integral (tomando de adentro hacia afuera) la diferencial “dy” presenta variables de “y”.

$\displaystyle \int_{0}^{\pi}{\int_{0}^{\sin{x}}{(1+\cos{x})dy dx}}$

Entonces

$\displaystyle \int_{0}^{\sin{x}}{(1+\cos{x})dy} = (1+\cos{x}) \int_{0}^{\sin{x}}{dy}$

$\displaystyle = (1+\cos{x}) \left[y\right]_{0}^{\sin{x}} = (1+\cos{x})(\sin{x} - 0) = (1 + \cos{x})\sin{x}$

Continuando

$\displaystyle \int_{0}^{\pi}{\int_{0}^{\sin{x}}{(1+\cos{x})dy dx}} = \int_{0}^{\pi}{(1+\cos{x})\sin{x} dx}$

$\displaystyle = \int_{0}^{\pi}{(\sin{x} + \sin{x}\cos{x})dx} = \int_{0}^{\pi}{\sin{x} dx} + \int_{0}^{\pi}{\sin{x} \cos{x} dx}$

$\displaystyle = \left[ - \cos{x} + \frac{1}{2} {\sin}^{2}{x}\right]_{0}^{\pi} = (-\cos{\pi} + \frac{1}{2} {\sin}^{2}{\pi}) - (-\cos{0} + \frac{1}{2} {\sin}^{2}{0})$

$=[-(-1)+0]-(-1+0)=1+1=2$

Finalmente

$\displaystyle \therefore \int_{0}^{\pi}{\int_{0}^{\sin{x}}{(1+\cos{x})dydx}} = 2$

Problema 3. Resolver la siguiente integral iterada

$\displaystyle \int_{-4}^{4}{\int_{0}^{x^2}{\sqrt{64-x^3} dydx}}$

Solución. La primera integral (tomando de adentro hacia afuera) la diferencial “dy” presenta variables de “y”

$\displaystyle \int_{-4}^{4}{\int_{0}^{x^2}{\sqrt{64-x^3} dy} dx}$

Entonces

$\displaystyle \int_{0}^{x^2}{\sqrt{64-x^3} dy} = \sqrt{64-x^3} \int_{0}^{x^2}{dy}$

$\displaystyle = \sqrt{64-x^3} \left[y\right]_{0}^{x^2} = \sqrt{64-x^3} (x^2-0) = x^2 \sqrt{64-x^3}$

Luego

$\displaystyle \int_{-4}^{4}{\int_{0}^{x^2}{\sqrt{64-x^3} dy}dx} = \int_{-4}^{4}{x^2 \sqrt{64-x^3} dx}$

Aplicando el método de sustitución

$\displaystyle \int{x^2 \sqrt{64 - x^3} dx}$

Ya que la variable es

$h = 64 - x^3$

Y su diferencial es

$\displaystyle \frac{dh}{dx} = -3x^2$

$\displaystyle \frac{dh}{-3} = x^2 dx$

Sustituyendo

$\displaystyle \int{x^2 \sqrt{64-x^3} dx} = \int{\sqrt{h} \frac{dh}{(-3)}} = -\frac{1}{3} \int{{h}^{\frac{1}{2}} dh}$

$\displaystyle = -\frac{1}{3} (\frac{h^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}) = -\frac{2}{9} {h}^{\frac{3}{2}} = -\frac{2}{9} {(64-x^3)}^{\frac{3}{2}}$

Regresando

$\displaystyle \int_{-4}^{4}{\int_{0}^{x^2}{\sqrt{64-x^3} dy} dx} = \int_{-4}^{4}{x^2 \sqrt{64-x^3} dx} = \left[-\frac{2}{9} {(64-x^3)}^{\frac{3}{2}} \right]_{-4}^{4}$

$\displaystyle = -\frac{2}{9} [{(64-4^3)}^{\frac{3}{2}} - {(64-(-4)^3)}^{\frac{3}{2}}] = -\frac{2}{9} [0 - {(128)}^{\frac{3}{2}}]$

$\displaystyle = \frac{2}{9} {(128)}^{\frac{3}{2}}$

Finalmente

$\displaystyle \therefore \int_{-4}^{4}{\int_{0}^{x^2}{\sqrt{64-x^3} dydx}} = \frac{2}{9} {(128)}^{\frac{3}{2}}$

Problema 4. Resolver la siguiente integral iterada

$\displaystyle \int_{0}^{2}{\int_{0}^{\sqrt{4-y^2}}{\frac{2}{\sqrt{4-y^2}} dxdy}}$

Solución. La primera integral (tomando de adentro hacia afuera) la diferencial “dx” no presenta variables “x”

$\displaystyle \int_{0}^{2}{\int_{0}^{\sqrt{4-y^2}}{\frac{2}{\sqrt{4-y^2}} dxdy}}$

Entonces

$\displaystyle \int_{0}^{\sqrt{4-y^2}}{\frac{2}{\sqrt{4-y^2}} dx} = \left[ \left(\frac{2}{\sqrt{4-y^2}} \right) x \right]_{0}^{\sqrt{4-y^2}} = \left( \frac{2}{\sqrt{4-y^2}} \right) \sqrt{4-y^2} = 2$

Luego

$\displaystyle \int_{0}^{2}{\int_{0}^{\sqrt{4-y^2}}{\frac{2}{\sqrt{4-y^2}} dx} dy} = \int_{0}^{2}{2 dy} = 2\int_{0}^{2}{dy}$

$\displaystyle = 2 \left[y \right]_{0}^{2} = 2(2-0) = 2(2) = 4$

Por lo tanto

$\displaystyle \therefore \int_{0}^{2}{\int_{0}^{\sqrt{4-y^2}}{\frac{2}{\sqrt{4-y^2}} dxdy}} = 4$

Referencias bibliográficas.

Colley, S. J. (2013). Cálculo vectorial. México: PEARSON EDUCACIÓN.
Larson, R., & Edwards, B. (2017). Matemáticas 3. Cálculo de varias variables. México: CENGAGE Learning.
R. Spiegel, M. (1967). Análisis vectorial. México: McGRAW – HILL.