Matemáticas I · Tema 8 · Sección 8.6

Ejercicios resueltos de integrales dobles

6 ejercicios resueltos paso a paso del tema 8 de Matemáticas I (Cálculo integral). El enunciado está a la vista y la solución, plegada: intenta cada ejercicio antes de abrirla.

Fubini
regiones tipo I y II
cambio de orden
coordenadas polares
centro de masas

Practicar en la app Teoría en el manual (p. 171)

Ejercicio 1

Dificultad: Básico

Calcular las siguientes integrales dobles sobre rectángulos:

a) $\iint_R (x + y)\,dA$ con $R = [0, 2] \times [1, 3]$

b) $\iint_R x\cos y\,dA$ con $R = [0, 1] \times [0, \frac{\pi}{2}]$

c) $\iint_R e^{x + y}\,dA$ con $R = [0, 1] \times [0, 1]$

Ver solución paso a paso3 pasos

Paso 1
$\int_0^2 \int_1^3 (x + y)\,dy\,dx = \int_0^2 \left[ xy + \frac{y^2}{2} \right]_1^3 dx = \int_0^2 \left( 2x + 4 \right) dx = \left[ x^2 + 4x \right]_0^2 = 12$
Paso 2
Cuando la función es un producto $g(x)h(y)$ sobre un rectángulo, la integral se separa:
$\int_0^1 x\,dx \cdot \int_0^{\pi/2} \cos y\,dy = \frac{1}{2} \cdot \left[ \sin y \right]_0^{\pi/2} = \frac{1}{2} \cdot 1 = \frac{1}{2}$
Paso 3
$e^{x + y} = e^x e^y$ , así que también se separa:
$\int_0^1 e^x\,dx \cdot \int_0^1 e^y\,dy = (e - 1)^2 \approx 2{,}952$

Ejercicio 2

Dificultad: Básico

Calcular sobre regiones generales (dibujar primero cada región):

a) $\iint_R xy\,dA$ , con $R$ la región $0 \leq x \leq 1$ , $0 \leq y \leq 2x$

b) El área de la región comprendida entre la parábola $y = x^2$ y la recta $y = 2x$

c) $\iint_R y\,dA$ , con $R$ la región limitada por $y = \sqrt{x}$ , $y = 0$ y $x = 4$

Ver solución paso a paso3 pasos

Paso 1
$\int_0^1 \int_0^{2x} xy\,dy\,dx = \int_0^1 x \left[ \frac{y^2}{2} \right]_0^{2x} dx = \int_0^1 2x^3\,dx = \frac{1}{2}$
Paso 2
Las curvas se cortan en $x^2 = 2x \Rightarrow x = 0$ y $x = 2$ . Entre ellas, $x^2 \leq 2x$ :
$A = \int_0^2 \int_{x^2}^{2x} 1\,dy\,dx = \int_0^2 (2x - x^2)\,dx = \left[ x^2 - \frac{x^3}{3} \right]_0^2 = 4 - \frac{8}{3} = \frac{4}{3}$
Paso 3
Región de tipo I: $0 \leq x \leq 4$ , $0 \leq y \leq \sqrt{x}$
$\int_0^4 \int_0^{\sqrt{x}} y\,dy\,dx = \int_0^4 \frac{x}{2}\,dx = \left[ \frac{x^2}{4} \right]_0^4 = 4$

Ejercicio 3

Dificultad: Intermedio

Cambiar el orden de integración y calcular:

a) $\displaystyle\int_0^2 \int_{x/2}^{1} e^{y^2}\,dy\,dx$

b) $\displaystyle\int_0^1 \int_{\sqrt{y}}^{1} \sin(x^3)\,dx\,dy$

Ver solución paso a paso2 pasos

Paso 1
En a) no se puede empezar integrando $e^{y^2}$ en $y$ . La región es $0 \leq x \leq 2$ , $\frac{x}{2} \leq y \leq 1$ : el triángulo de vértices $(0, 0)$ , $(0, 1)$ y $(2, 1)$ . Como tipo II: $0 \leq y \leq 1$ , $0 \leq x \leq 2y$
$\int_0^1 \int_0^{2y} e^{y^2}\,dx\,dy = \int_0^1 2y\,e^{y^2}\,dy = \left[ e^{y^2} \right]_0^1 = e - 1 \approx 1{,}718$
Paso 2
En b) tampoco hay primitiva elemental de $\sin(x^3)$ . La región $0 \leq y \leq 1$ , $\sqrt{y} \leq x \leq 1$ equivale a $0 \leq x \leq 1$ , $0 \leq y \leq x^2$ :
$\int_0^1 \int_0^{x^2} \sin(x^3)\,dy\,dx = \int_0^1 x^2 \sin(x^3)\,dx$
Con el cambio $u = x^3$ , $du = 3x^2\,dx$ :
$= \frac{1}{3}\int_0^1 \sin u\,du = \frac{1 - \cos 1}{3} \approx 0{,}1532$

Ejercicio 4

Dificultad: Avanzado

Usar coordenadas polares para calcular:

a) $\iint_D (x^2 + y^2)\,dA$ , con $D$ el disco $x^2 + y^2 \leq 4$

b) $\iint_C \dfrac{1}{x^2 + y^2}\,dA$ , con $C$ la corona $1 \leq x^2 + y^2 \leq 9$

c) El volumen del sólido limitado por el paraboloide $z = 9 - x^2 - y^2$ y el plano $z = 0$

Ver solución paso a paso3 pasos

Paso 1
Con $x^2 + y^2 = r^2$ y $dA = r\,dr\,d\theta$ :
$\int_0^{2\pi} \int_0^2 r^2 \cdot r\,dr\,d\theta = 2\pi \left[ \frac{r^4}{4} \right]_0^2 = 2\pi \cdot 4 = 8\pi \approx 25{,}13$
Paso 2
$\int_0^{2\pi} \int_1^3 \frac{1}{r^2} \cdot r\,dr\,d\theta = 2\pi \left[ \ln r \right]_1^3 = 2\pi \ln 3 \approx 6{,}903$
Paso 3
El paraboloide corta al plano $z = 0$ en la circunferencia $r = 3$ :
$V = \int_0^{2\pi} \int_0^3 (9 - r^2)\,r\,dr\,d\theta = 2\pi \left[ \frac{9r^2}{2} - \frac{r^4}{4} \right]_0^3 = 2\pi \left( \frac{81}{2} - \frac{81}{4} \right) = \frac{81\pi}{2} \approx 127{,}23$

Ejercicio 5

Dificultad: Avanzado

Una pieza de chapa triangular ocupa la región $0 \leq x \leq 1$ , $0 \leq y \leq x$ (en metros) y su densidad superficial crece con la distancia al borde izquierdo: $\rho(x, y) = x$ kg/m².

a) Calcular su masa

b) Calcular su centro de masas y compararlo con el centroide geométrico del triángulo, $\left( \frac{2}{3}, \frac{1}{3} \right)$

Ver solución paso a paso4 pasos

Paso 1
$M = \int_0^1 \int_0^x x\,dy\,dx = \int_0^1 x^2\,dx = \frac{1}{3}$ kg
Paso 2
$\bar{x} = \frac{1}{M} \int_0^1 \int_0^x x \cdot x\,dy\,dx = 3 \int_0^1 x^3\,dx = \frac{3}{4}$ m
Paso 3
$\bar{y} = \frac{1}{M} \int_0^1 \int_0^x y \cdot x\,dy\,dx = 3 \int_0^1 \frac{x^3}{2}\,dx = \frac{3}{8}$ m
Paso 4
El centro de masas $(0{,}75; \, 0{,}375)$ está desplazado hacia la derecha respecto del centroide $(0{,}667; \, 0{,}333)$ , porque la chapa es más densa en esa zona.

Una compuerta vertical rectangular de 2 m de ancho retiene agua desde la superficie hasta 3 m de profundidad. La presión a profundidad $y$ es $p(y) = \rho g y$ , con $\rho = 1000$ kg/m³ y $g = 9{,}81$ m/s².

a) Calcular la fuerza total sobre la compuerta, $F = \iint_R p\,dA$

b) Calcular la profundidad del $\textit{centro de presiones}$ , $y_p = \dfrac{1}{F}\iint_R y\,p\,dA$ , punto donde se debe reforzar la compuerta

Ver solución paso a paso2 pasos

Paso 1
La compuerta es el rectángulo $0 \leq x \leq 2$ , $0 \leq y \leq 3$ :
$F = \int_0^2 \int_0^3 9810\,y\,dy\,dx = 9810 \cdot 2 \cdot \frac{9}{2} = 88\,290$ N $\approx 88{,}3$ kN
Paso 2
$\iint_R y\,p\,dA = \int_0^2 \int_0^3 9810\,y^2\,dy\,dx = 9810 \cdot 2 \cdot 9 = 176\,580$ N·m
$y_p = \dfrac{176\,580}{88\,290} = 2$ m
Interpretación: la fuerza no actúa en el centro geométrico (1,5 m) sino más abajo, a dos tercios de la profundidad, porque la presión crece con la profundidad. Es un resultado clásico del diseño de presas y depósitos.