5.1. Integral sobre regiones elementales.

Transcripción

1 Cpítulo 5 INTEGRAL MÚLTIPLE SECCIONES. Integrles dobles sobre rectángulos.. Integrles dobles sobre regiones generles. 3. Cmbio de vribles en l integrl doble. 4. Integrles triples. 5. Ejercicios propuestos.

2 . INTEGRALES DOBLES SOBRE RECTÁNGULOS. Así como l integrl simple resuelve el problem del cálculo de áres de regiones plns, l integrl doble es l herrmient nturl pr el cálculo de volúmenes en el espcio tridimensionl. En ests nots se introduce el concepto de integrl múltiple, el cul incluye los csos nteriores en un contexto generl. De este modo, ls plicciones no se limitn l cálculo de áres y volúmenes sino que se extienden otros problems físicos y geométricos. 5.. Integrl sobre regiones elementles Definiciones previs. Todo conjunto de l form I = [, b ] [ n, b n ] R n recibe el nombre de intervlo n-dimensionl o n-intervlo. Un prtición de I se define l dividir cd intervlo [ i, b i ] medinte los puntos {x i,..., xi m i } y formr ls celds n-dimensionles J k = [x j, x j + ] [x n j n, x n j n+ ], j i m i (i =,..., n). De este modo, un prtición de un n-intervlo I es un conjunto P = {J,..., J N }, formdo por celds n-dimensionles, tl que J i J k = (i k), y J J N = I. Dd un función f : I R cotd, si definimos l medid n-dimensionl de un celd como el producto de ls longitudes de sus rists, llmremos sum inferior de f con respecto l prtición P L(f, P ) = ínf{f(x) : x J k } m(j k ). J k P Análogmente, l sum superior de f respecto P es U(f, P ) = sup{f(x) : x J k } m(j k ). J k P 5... Propieddes. i) L(f, P ) U(f, P ), pr tod prtición P de I. ii) Si P es un refinmiento de P (es decir, cd celd de P está contenid en lgun celd de P ), entonces L(f, P ) L(f, P ) y U(f, P ) U(f, P ). iii) Si P y P son dos prticiones rbitrris de I, L(f, P ) U(f, P ). iv) sup{l(f, P ) : P prtición de I} ínf{u(f, P ) : P prtición de I}.

3 5..3. Definición. Se define l integrl superior de f sobre I f = ínf{u(f, P ) : P prtición de I}. I Del mismo modo, se define l integrl inferior de f sobre I f = sup{l(f, P ) : P prtición de I}. I Diremos que l función f es integrble sobre I cundo I f = f y I dicho vlor común se llm integrl de f sobre I, que denotremos por I f. En el cso prticulr n = utilizremos frecuentemente l notción f(x, y) dy y, si n = 3, utilizremos l notción nálog f(x, y, z) dydz. I I Teorem. Se f : I R n R cotd. Son equivlentes: i) f es integrble en I. ii) (Condición de Riemnn.) Pr todo ε >, existe P ε prtición de I tl que U(f, P ε ) L(f, P ε ) < ε. iii) (Condición de Drboux.) Existe un constnte L con l siguiente propiedd: N ε >, δ > : f(x i )m(j i ) L < ε, i= donde P = {J,..., J N } es un prtición de I cuys rists tienen longitud menor que δ y x i J i (i =,..., N). Demostrción. Supongmos en primer lugr que f es integrble y vemos que se cumple l condición de Riemnn. Llmemos L = I f. Por definición de ínfimo, ddo ε >, existe un prtición P ε tl que U(f, P ε) < L + ε/. Análogmente, existe un prtición P ε tl que L(f, P ε ) > L ε/. Si llmmos P ε = P ε P ε, entonces L ε/ < L(f, P ε ) < L(f, P ε ) U(f, P ε ) < U(f, P ε) < L + ε/. Por tnto, U(f, P ε ) L(f, P ε ) < ε. 3

4 Supongmos hor que se cumple l condición de Riemnn y vemos que f es integrble en I. Como L(f, P ) f I I f U(f, P ), entonces I f f < ε, ε >, I con lo cul I f = I f. Probemos hor l equivlenci entre i) y iii). Supongmos en primer lugr que se cumple l condición de Drboux. Así pues, ddo ε >, elegimos δ > tl que N f(x i )m(j i ) L < ε/. i= Elegimos tmbién x i J i de modo que Entonces U(f, P ) L f(x i ) sup{f(x) : x J i } < < ε m(j i ) N. N U(f, P ) f(x i )m(j i ) + N f(x i )m(j i ) L N i= i= ε m(j i ) m(j i ) N + ε = ε. Análogmente se prueb pr ls sums inferiores. i= Pr probr el recíproco, necesitmos el siguiente resultdo. Lem. Dd un prtición P de I y culquier ε >, existe δ > tl que pr cd prtición P en celds de rists con longitud menor que δ, l sum de ls medids de ls celds de P que no están totlmente contenids en lgun celd de P es menor que ε. Demostrción. Pr demostrrlo, seprremos dos csos: n = : Si P = {x, x,..., x N }, bst elegir δ = ε/n porque los intervlos de P que no estén contenidos en lgún intervlo [x k, x k ] deben incluir lgún x k, k =,..., N ; por tnto, l sum de sus longitudes es menor que N δ (número de intervlos multiplicdo por l longitud de cd uno). n > : Si P = {J,..., J N }, llmmos T l longitud totl de ls rists situds entre dos celds culesquier de P y elegimos δ = ε/t. Se J P un celd no contenid en ningún J k. Esto indic que cort dos celds dycentes de P. Por tnto, su n-medid es menor o igul que δ A, donde A es l medid de ls crs comunes dichs celds. Entonces J P,J J k m(j ) δ T = ε. 4

5 Terminemos hor l demostrción del teorem suponiendo que f es integrble en I. Por ser f cotd, existe M tl que f(x) M, x I. Por ser f integrble, existen dos prticiones P, P tles que: L L(f, P ) < ε/ U(f, P ) L < ε/ (donde L es l integrl y ε > rbitrrio). Si P es un refinmiento de P y P, entonces U(f, P ) ε/ < L < L(f, P ) + ε/. Por el lem nterior, existe δ > tl que si P es un prtición de I cuys rists tienen longitud menor que δ, entonces J P,J J k,j k P m(j ) < ε M. Se P = {S,..., S N } un prtición de rists con longitud menor que δ donde cd S,..., S k está contenido en lgun celd de P y S k+,..., S N no lo están. Si x j S j, entonces: N f(x j )m(s j ) = j= N f(x j )m(s j ) = j= Por tnto, k f(x j )m(s j ) + j= k f(x j )m(s j ) j= N j=k+ N j=k+ N f(x j )m(s j ) L < ε, j= f(x j )m(s j ) U(f, P ) + M f(x j )m(s j ) L(f, P ) M ε M < L + ε. ε M > L ε. lo que corresponde l condición de Drboux. Ejemplos. Estudir l integrbilidd y clculr l integrl (en cso de existir) de ls siguientes funciones en ls regiones indicds: ) f(x, y) = [x] + [y], (x, y) [, ] [, ]. b) f(x, y) = [x + y], (x, y) [, ] [, ]. 5

6 c) f(x, y) = sen(x + y), (x, y) [, π/] [, π/]. d) f(x, y) = x 3 + 3x y + y 3, (x, y) [, ] [, ]. e) f(x, y) = y x, (x, y) [, ] [, ]. 5.. Extensión del concepto de integrl regiones cotds. Se A R n un conjunto cotdo tl que A I, donde I es un n-intervlo, y f : A R un función cotd. Decimos que f es integrble en A cundo { f(x) si x A g(x) = si x I \ A es integrble en I. Esto sugiere que el tipo de regiones pr ls que un función es integrble no puede tener fronter muy complicd. Por tnto, necesitmos ls siguientes definiciones Definición. Un conjunto cotdo A R n tiene contenido (según Jordn) si l función constnte f(x) = es integrble en A. En este cso, el contenido de A se define como c(a) = A. Por definición de integrl, un conjunto A tiene contenido cero si y sólo si ε >, {J,..., J N } n-intervlos que cubren A : N m(j i ) < ε. i= Diremos entonces que un conjunto cotdo A R n es un dominio de Jordn si su fronter tiene contenido cero. Ejemplo. L gráfic de un función y = f(x) continu en [, b] tiene contenido cero en R. En efecto, ddo ε >, como f es uniformemente continu en [, b], existe δ > tl que f(x) f(y) < ε si x y < δ. 6

7 Se {x, x,..., x N } un prtición de [, b] con x j = +jh (j =,,..., N), donde h = (b )/N y elegimos N suficientemente grnde pr que h < δ. Si llmmos R j = {(x, y) : x j x x j, y f(x j ) < ε}, entonces (x, f(x)) R j cundo x j x x j, es decir l gráfic de f está contenid en N j= R j. Como el áre de R j es igul ε(x j x j ), entonces l sum de ls áres de todos los rectángulos es igul ε(b ). De form similr se puede probr que l gráfic de culquier función continu z = f(x, y) sobre un rectángulo [, b] [c, d] tiene contenido cero en R Definición. Un conjunto A R n, no necesrimente cotdo, tiene medid nul (según Lebesgue) cundo ε >, {J m } m N n-intervlos que cubren A : m N m(j m ) < ε. Ejemplo. Pr ver que [ R tiene medid cero en R, pr cd ε >, bst ε elegir J n = [ n, n] n n+, ε ] n n+. De este modo, m(j n ) = ε/ n y n N ε/n = ε Propieddes. Si A tiene contenido nulo, entonces tiene medid nul. Si A tiene medid nul y B A, entonces B tiene medid nul. Si {A m } m N tienen medid nul en R n, entonces m N A m tiene medid nul en R n. [Por ejemplo, l sucesión {x m } m N, con x m R n, tiene medid nul.] En efecto, existe pr cd i N un recubrimiento {B i, B i,... } de A i tl que j N c(b ij) < ε/ i. Entonces {B, B,..., B m, B m,... } recubre m N A m y c(b ij ) < ε. i N j N Todo subconjunto de R m tiene n-medid cero si m < n. 7

8 5..4. Proposición. Si A R n es cotdo, f : A R es cotd e integrble, f(x) = x A \ F, donde F es un conjunto de contenido cero, entonces A f =. Demostrción. Como f es cotd, existe M > tl que f(x) M, x A. Por otr prte, como F tiene contenido cero, ddo ε >, F N j= R j, con N j= m(r j) < ε/m. Llmmos R un n-rectángulo que contiene A y extendemos f R de l mner usul. Se P un prtición de R tl que R j P, j. Entonces, con lo que A f =. ε L(f, P ) U(f, P ) ε, Teorem de Lebesgue. Se A R n un conjunto cotdo y f : A R cotd. Si A I, donde I es un n-intervlo, entonces f es integrble en A si y sólo si el conjunto de discontinuiddes de f en I tiene medid nul. Demostrción. Definimos l oscilción de un función f en un punto x I como ω(f, x ) = lím h + sup{ f(x) f(y) : x, y B(x, h) I}. Antes de proceder l demostrción vemos un pr de resultdos previos. Lem. ω(f, x ) = f es continu en x. Pr probrlo, bst observr que f es continu en x si y sólo si ε > existe B(x, h) tl que sup{ f(x) f(x ) : x B(x, h)} < ε lo cul equivle su vez que ω(f, x ) =. Lem. El conjunto D r = {x I : ω(f, x) /r} es compcto. En primer lugr, D r es cotdo por estr contenido en el n-intervlo I. Pr ver que es cerrdo, se y un punto de cumulción de D r y supongmos que y D r. Así pues, ω(f, y) < /r y, por definición de oscilción, existe un bol B(y, h) tl que sup{ f(u) f(v) : u, v B(y, h) I} < /r. 8

9 Por tnto, B(y, h) D r =, lo que contrdice el hecho de ser punto de cumulción. Vymos hor con l demostrción del teorem. Supongmos en primer lugr que el conjunto D de discontinuiddes de f en I tiene medid cero. Como D = r N D r, tmbién cd D r tiene medid cero. Al ser compcto, sólo un número finito de n-intervlos recubren D r. Tenemos sí que D r N J i, i= N m(j i ) < /r. i= Consideremos hor un prtición de I suficientemente fin pr que esté formd por C C, donde C esté formdo por ls n-celds contenids en lgún J i y C por ls n-celds disjunts con D r. De este modo, si J C, ω(f, x) < /r, x J. Por tnto, existe h > tl que M h (f) m h (f) < /r, donde M h (f) = sup{f(y) : y B(x, h)} y m h (f) = ínf{f(y) : y B(x, h)}. Como J es compcto, un colección finit de {B(x, h) : x J}, digmos {U,..., U m }, recubre J. Dividimos J en celds de modo que cd un de ells esté en lguno de {U,..., U m }. L prtición resultnte verific U(f, P ) L(f, P ) (M J (f) m J (f)) m(j) J C + J C (donde hemos supuesto que f(x) K, x I). J C K m(j) + m(i)/r < K/r + m(i)/r < ε Probemos hor el recíproco, pr lo cul supongmos que f es integrble. Escribimos nuevmente D = r N D r, con D r = {x I : ω(f, x) /r}. Por hipótesis, existe un prtición P de I tl que U(f, P ) L(f, P ) = J P(M J (f) m J (f)) m(j) < ε. Hcemos D r = J J, con J = {x D r : x fr J, pr lgún J P } y J = {x D r : x J, pr lgún J P }. Es clro que J tiene medid nul. Se C el conjunto de ls celds de P que tienen un elemento de D r en su interior. Si J C, entonces M J (f) m J (f) /r y m(j) J (f) m J (f)) m(j) r J C J C(M (M J (f) m J (f)) m(j) < ε. J P 9

10 5..6. Consecuencis del teorem de Lebesgue. Un conjunto cotdo A tiene contenido (según Jordn), es decir l función constnte es integrble si y sólo si l fronter de A tiene medid nul. Se A R n un conjunto cotdo que tiene contenido y f : A R un función cotd con un cntidd finit o numerble de puntos de discontinuidd. Entonces f es integrble. Teorem. ) Si A R n es cotdo y tiene medid nul y f : A R es integrble, entonces A f =. b) Si f : A R es integrble, f(x), x y A f =, entonces el conjunto {x A : f(x) } tiene medid nul. Demostrción. ) Supongmos que A es un conjunto de medid nul y se S un n-intervlo que contiene A. Extendemos f S hciendo f(x) =, si x S \ A. Sen P = {S, S,..., S N } un prtición de S y M un constnte tles que f(x) M, x A. Entonces L(f, P ) = N m i (f) m(s i ) M i= N m i (χ A ) m(s i ). Si m i (χ A ) pr lgún i, entonces S i A lo que es bsurdo pues m(a) = pero m(s i ). En definitiv, L(f, P ). Análogmente, U(f, P ) = N N M i (f) m(s i ) = m i ( f) m(s i ) = L( f, P ). i= Como f es integrble y L(f, P ) U(f, P ), entonces A f =. b) Se A r = {x A : f(x) > /r} y vemos que tiene contenido nulo. i= Se S un rectángulo que contiene A y P un prtición de S tl que U(f, P ) < ε/r (f se extiende S de l form usul). Si {S,..., S k } P tienen intersección no nul con A r, k m(s i ) i= i= k r M i (f) m(s i ) r U(f, P ) < ε i= lo que indic que A r tiene contenido nulo. Como A = r N A r, A tiene medid nul.

11 Ejemplos. ) f(x) = sen(/x) es integrble en [, ]. { x + sen(/y) si y ) f(x, y) = x es integrble en B(, ). si y = 5.3. Propieddes de l integrl. Sen A, B R n cotdos, f, g : A R integrbles, k R. i) f + g es integrble y A (f + g) = A f + A g. ii) kf es integrble y A (kf) = k A f. iii) f es integrble y A f A f. iv) Si f g, entonces A f A g. v) Si A tiene contenido y f M, entonces A f M c(a). vi) Si f es continu, A tiene contenido y es compcto y conexo, entonces existe x A tl que A f = f(x ) c(a). vii) Se f : A B R. Si A B tiene medid nul y f A B, f A, f B son integrbles, entonces f es integrble en A B y A B f = A f + B f Teorem del vlor medio. Se K R n un dominio de Jordn compcto y conexo y se f : K R un función continu. Si g : K R es cotd, g(x), x K y es continu excepto en un conjunto de contenido cero, entonces existe z K tl que f g = f(z) g. K K Demostrción. Sen u, v K tles que f(u) f(x) f(v), x K. Como g es no negtiv, de donde f(u) g(x) f(x) g(x) f(v) g(x), x K, f(u) g f g f(v) g. K K K Si K g =, entonces K f g = y el teorem es cierto pr culquier z K.

12 Si K g >, entonces f(u) K f g K g f(v). Por el teorem del vlor intermedio pr funciones continus, existe z K K tl que f(z) = f g K g Integrles impropis. Se f : A R n R cotd y no negtiv, con A no cotdo. Extendemos f todo R n de l mner usul. Decimos que f es integrble en A cundo f es integrble en todo n-intervlo [, ] n y existe lím [,] n f. Not. Al ser f no negtiv, podemos expndir l región de integrción simétricmente. Por ejemplo, l función f(x) = x cmbi de signo y result que x = con lo que f = pero f y f no existen Teorem. Si f, está cotd y es integrble en cd [, ] n, entonces f es integrble si y sólo si dd culquier sucesión {B k } k N de conjuntos cotdos con contenido tles que B k B k+ y existe k tl que C B k, pr todo n-cubo C, entonces existe lím k B k f Definición. ) Se f no cotd definid en A R n no cotdo. Pr cd M >, se define { f(x) si f(x) M f M (x) = si f(x) > M. Si existe lím M A f M, decimos que f es integrble en A. b) Si f : A R es rbitrri, sen { { f + f(x) si f(x) (x) = si f(x) <, f f(x) si f(x) (x) = si f(x) >. Así, f = f + f y f es integrble en A si lo son f + y f y definimos A f = A f + A f.

13 Como f = f + + f, si f es integrble, tmbién lo es f y A f = A f + + A f A f. Recíprocmente, si f es integrble y f es integrble en cd cubo, entonces f es integrble Teorem de Fubini. Un herrmient fundmentl pr bordr el problem del cálculo de integrles múltiples se obtiene prtir del teorem de Fubini. Veremos que, en situciones fvorbles, el cálculo de un integrl n-dimensionl se reduce l cálculo de n integrles simples, llmds integrles iterds. A lo lrgo de est sección, representremos todo punto de R n como un pr (x, y), donde x R k, y R n k. Análogmente, todo n-intervlo lo escribiremos como I = I I, con I R k, I R n k Teorem. Sen I R n un n-intervlo y f : I R un función cotd e integrble en I. ) Supongmos que, pr cd x I, l función f x (y) = f(x, y) es integrble en I. Si llmmos g(x) = I f x (y)dy, entonces g es integrble en I y [ ] f = g(x) = f(x, y)dy. I I I b) Si, pr cd y I, l función f y (x) = f(x, y) es integrble en I, entonces g(y) = I f y (x) es integrble en I y I f = g(y)dy = I I I [ ] f(x, y) dy. I Demostrción. Por simplicidd en l notción, hremos l demostrción del prtdo ) pr el cso n = (el prtdo b) es completmente nálogo). Si llmmos I = [, b] [c, d], como f es cotd en I, entonces g es cotd en [, b]. Además, g(x) d c f(x, y) dy (d c) 3 sup (x,y) I f(x, y).

14 Por ser f integrble, ddo ε >, existe un prtición P = {R ij, i m, j n} de I, con R ij = [x i, x i ] [y j, y j ], tl que U(f, P ) L(f, P ) < ε. Si llmmos M ij = N i = entonces, fijdo x [x i, x i ]: sup (x,y) R ij f(x, y), m ij = ínf (x,y) R ij f(x, y), m ij (y j y j ) sup g(x), n i = ínf g(x), x [x i,x i ] x [x i,x i ] yj Sumndo pr todos los vlores de j, Por tnto, n m ij (y j y j ) g(x) j= n m ij (y j y j ) n i N i j= y j f(x, y)dy M ij (y j y j ). n M ij (y j y j ). j= n M ij (y j y j ). Multiplicmos miembro miembro por (x i x i ) y summos sobre i: j= m n m ij (x i x i )(y j y j ) i= j= Esto quiere decir que m m n i (x i x i ) M i (x i x i ) i= m i= j= i= n M ij (x i x i )(y j y j ). L(f, P ) L(g, P x ) U(g, P x ) U(f, P ). Deducimos sí que U(g, P x ) L(g, P x ) < ε, es decir g es integrble en [, b]. Además, I f = sup L(f, P ) b g(x) ínf U(f, P ) = I f, lo que demuestr el teorem. 4

15 Corolrio. Si f : I R es continu, entonces ( ) ( ) f = f(x, y)dy = f(x, y) dy. I I I I I Corolrio. Sen f, f : [, b] R continus, con f (x) f (x), x [, b], D = {(x, y) R : x b, f (x) y f (x)} y f : D R continu. Entonces ( b ) f (x) f = f(x, y)dy. D f (x) Demostrción. Extendemos f I = [, b] [c, d], donde c f (x) f (x) d, definiendo f(x, y) = si (x, y) I \ D. De este modo, el conjunto de discontinuiddes de f está formdo por los puntos (x, f (x)) y (x, f (x)) (x [, b]), que tiene medid nul. Lo mismo ocurre con ls funciones f x y f y, por lo que tods son integrbles. Bst por tnto plicr el teorem de Fubini pr obtener el resultdo. Observciones. () Un resultdo nálogo se obtiene pr regiones de l form D = {(x, y) R : g (y) x g (y), c y d}, con g, g : [c, d] R continus, tles que g (y) g (y), y [c, d]. En este cso, l integrl se clcul como ( d ) g (y) f = f(x, y) dy. D c g (y) En lgunos csos, l región de integrción se puede escribir de dos forms diferentes, por ejemplo: D = {(x, y) R : x b, f (x) y f (x)} = {(x, y) R : g (y) x g (y), c y d}. Entonces se puede clculr l integrl doble de un función continu en D de dos forms diferentes. En l práctic h de elegirse l que simplifique los cálculos. () Si f : [, b] [c, d] R es discontinu en un segmento {(x, y) : x b, y = y }, entonces b f y (x) no existe; sin embrgo, existe l integrl doble b d c f(x, y)dy. Esto sugiere que se extiend el teorem de Fubini pr tener en cuent ls integrles superior e inferior. 5

16 5.5.. Teorem. Se f cotd en I = [, b] [c, d]. Entonces ( b d ) ( b d ) i) f f x (y)dy f x (y)dy I c c ( b ) d ( b ) d ii) f f x (y)dy f x (y)dy I c c ( b ) ( d b ) iii) iv) f I f I d c d c ( b f y (x) ) f y (x) dy dy c d c ( b f y (x) ) f y (x) dy dy v) Si existe I f, entonces ls desigulddes nteriores son igulddes. Ejercicios. () Se f : [, ] [, ] R definid por f(x, y) = ) Existe t f(x, y)dy pr todo t [, ] y ( t f(x, y)dy ) = t, Deducir que existe b) Existe ( ) f(x, y) dy. ( t f(x, y)dy ) = t. ( f(x, y)dy ). f. I f. I f. I f. I { si x Q y si x Q. Probr: c) L función f no es integrble en el cudrdo [, ] [, ]. () Se A = {(i/p, j/p) R : p es primo, i, j p }. Es fácil probr que cd rect horizontl o verticl cort A como máximo en un número finito de puntos. Sin embrgo, A no tiene contenido cero porque es denso en Q = [, ] [, ]. De hecho A es un conjunto sin contenido (su fronter no tiene contenido cero). { si (x, y) A Si definimos f : Q R por f(x, y) = si x Q \ A, entonces f no es integrble en Q (l integrl inferior vle cero y l integrl superior vle ). Sin embrgo, existen ( ) f(x, y)dy = ( ) f(x, y) dy, pues f x y f y tienen un número finito de discontinuiddes. (3) Se f : Q = [, ] [, ] R l función definid por 6

17 f(x, y) = { si x ó y son irrcionles /n si y es rcionl, x = m/n con m y n primos entre sí y n >. Entonces Q f = ( ) f(x, y) dy = pero f(x, y)dy no existe si x es rcionl. ( ) ( x ) / (4) Clculr (5) Clculr ( y ) / dy ( ln x (x ) ) + e y dy.. PROBLEMA 5. Clculr () f(x, y) = (b) f(x, y) = R f en los siguientes csos:, R = [3, 4] [, ]. (x + y) x, R = [, ] [, ]. + y (c) f(x, y) = ye xy, R = [, ] [, ]. (d) f(x, y) = cos(x + y), R = [, π] [, π]. () Como l función es simétric respecto sus vribles, es indiferente el orden de ls integrles iterds. Podemos poner entonces: R f(x, y) dy = = (x + y) dy = 4 ( x + + ) = ln x + 3 x + y x + 4 x + 3 = ln 5 4. (b) En este cso ls vribles se pueden seprr, de modo que l integrl 7

18 se convierte en producto de integrles simples: f(x, y) dy = x R + y dy = x3 rc tg y = π 3. (c) Ls integrles son inmedits si integrmos en primer lugr respecto l vrible x: f(x, y) dy = dy ye xy = (e xy ) dy R = (e y ) dy = (e y y) = e. (d) Pr poder integrr l función vlor bsoluto, debemos dividir l región de integrción como se indic en l figur. Π D B Π C A Π Si (x, y) A D, entonces cos(x + y) y, si (x, y) B C, entonces cos(x + y). Result entonces: π/ π/ x π/ π f = cos(x + y) dy cos(x + y) dy R = π/ π π/ 3π/ x (sen(π/) sen x) π π/ cos(x + y) dy + π/ (sen(3π/) sen x) + = (x + cos x + cos(x + π)) π/ π/ x π π π/ 3π/ x cos(x + y) dy (sen(x + π) sen(π/)) π π/ (sen(x + π) sen(3π/)) + (x cos x cos(x + π)) π =π. π/ 8

19 PROBLEMA 5. Si f es continu en R = [, b] [c, d], y se define F (x, y) = x du y c f(u, v)dv, probr que F x y = F y x = f(x, y), pr < x < b, c < y < d. Llmmos G(x, y) un función tl que G (x, y) = f(x, y). y De este modo, por el teorem fundmentl del cálculo integrl, F (x, y) = G(x, y) G(x, c). x Derivndo respecto l segund vrible, F x y = G G (x, y) (x, c) = f(x, y). y y Por otr prte, si intercmbimos el orden de integrción podemos escribir F (x, y) = y c dv x f(u, v) du = y c (H(x, v) H(, v)) dy, si H es un función tl que H (x, y) = f(x, y). x Procediendo hor de form nálog l cso nterior, obtenemos: F (x, y) = H(x, y) H(, y), y y, si derivmos respecto l primer vrible, F y x = H (x, y) = f(x, y). x 9

20 PROBLEMA 5.3 Se f(x, y) = e sen(x+y) y D = [ π, π] [ π, π]. Probr que e 4π f(x, y)dy e. D Clculmos en primer lugr los máximos y mínimos de l función en el cudrdo D = [ π, π] [ π, π]. Pr ello resolvemos el sistem f x = cos(x + y) esen(x+y) = f y = cos(x + y) esen(x+y) = f(x, y) = e sen(x+y) (k + )π = cos(x+y) = = x+y =. Los únicos puntos estcionrios de l función en el cudrdo D son los correspondientes ls rects x + y = π/ y x + y = 3π/. Como los vlores de l función en dichos puntos son e y /e, respectivmente, deducimos que máx{f(x, y) : (x, y) D} = e, mín{f(x, y) : (x, y) D} = /e. De l desiguldd /e f(x, y) e, concluimos que D e dy f(x, y) dy e dy D D = 4π f(x, y) dy 4eπ. e D PROBLEMA 5.4 Hllr I = y x dy.

21 Dividmos el cudrdo [, ] [, ] en dos regiones (ver figur) seprds por l prábol y = x L integrl buscd se descompone sí en: I = x x y dy + x y x dy = I + I. Clculmos por seprdo mbs integrles: x I = x (x y) 3/ y dy = 3/ (y x ) 3/ ri = 3/ = (/3) ( x ) 3 x = (sustitución x = cos t) = 3 π/4 π/4 El vlor de l integrl es entonces I = π. 3 x = ( cos t) dt = π. 3 x3 3 =. PROBLEMA 5.5 Clculr el volumen del sólido limitdo por l función z = cos(x y) y el plno z =, encerrd en el cudrdo [, π] [, π].

22 En l figur se muestr l gráfic de l función donde observmos que tom vlores positivos y negtivos. z x y En efecto, si (x, y) [, π] [, π], cos(x y) > π < x y < π x π < y < x + π. Por tnto, debemos descomponemos el cudrdo S en ls regiones A, B, C y D, como se ilustr en l figur djunt, y clculr l integrl como sum de integrles en cd un de dichs regiones. A C B D Así pues:

23 V = = = = S A cos(x y) dy cos(x y) dy + cos(x y) dy B + cos(x y) dy cos(x y) dy π/ π/ π + C π π/ x+π/ π cos(x y) dy + x π/ D π/ cos(x y) dy π π/ x+π/ x π/ cos(x y) dy cos(x y) dy ( ) π/ ( ) sen(x π) sen( π/) sen( π/) sen x π ( ) π sen(x π) sen(π/) + π/ π/ ( sen(π/) sen x ) = π. 3

24 . INTEGRALES DOBLES SOBRE REGIONES GENERALES. En este curso se estudin ls funciones f : R n R m, es decir, funciones definids sobre el espcio euclídeo de dimensión n R n = {(x,..., x n ) : x i R, i n}, y con imgen en el espcio nálogo de dimensión m, R m. PROBLEMA 5.6 En l integrl doble D f(x, y) dy, colocr los límites de integrción en mbos órdenes, pr los siguientes recintos: i) trpecio de vértices (, ), (, ), (, ) y (, ). ii) segmento prbólico y = x, y =. iii) círculo x + y. iv) círculo x + y y. Si dibujmos ls gráfics y despejmos cd un de ls vribles con respecto l otr, tenemos: x+ i) I = f(x, y) dy = dy f(x, y) + dy f(x, y). y ii) I = iii) I = iv) I = / / f(x, y) dy = x y dy f(x, y). y x y f(x, y) dy = dy f(x, y). x y (+ 4x )/ ( 4x )/ f(x, y) dy = 4 y y dy f(x, y). y y

25 PROBLEMA 5.7 Cmbir el orden de integrción en ls integrles siguientes: ) b) c) d) e) f) 3 6 e 5 x 4x/3 x f(x, y) dy. f(x, y) dy. x 4 x x f(x, y) dy. x ln x x f(x, y) dy. x x x 3 f(x, y) dy + x f(x, y) dy, >. 8 8 x f(x, y) dy. ) L región de integrción, indicd en l figur, es l que verific el sistem x 3, 4x/3 y 5 x. 4 3 Como el punto (3, 4) es l intersección entre l circunferenci y l rect, l nuev integrl se escribirá como 5

26 3 5 x f(x, y) dy = 4x/3 4 dy 3y/4 f(x, y) y dy f(x, y). b) Se trt de l región comprendid entre l prábol y = x /4 y l rect y = x. 8-6 Al invertir el orden de integrción, l integrl se descompone sí: I = y+ dy f(x, y) + y+ 8 y dy f(x, y). y+ c) L región de integrción es el segmento de circunferenci (x ) +y = limitdo por l rect x + y =. L integrl se puede escribir como: I = + y dy f(x, y). y d) Pr invertir el orden de integrción, bst despejr x en l ecución y = ln x. Tenemos sí: I = e dy f(x, y). e y e) Si observmos l región de integrción, l cmbir el orden de integrción debemos descomponer l integrl en tres sumndos: 6

27 I = y dy f + y / + y f + dy f. y / f) L sum de ls dos integrles dds origin l región dd por l figur. 8 8 Al cmbir el orden de integrción, qued sencillmente: I = 8 y dy f(x, y). y /3 7

28 PROBLEMA 5.8 Clculr ls siguientes integrles: () (b) (c) (d) (e) 8 3x+ x x x x dy dy y 3 y y/4 xy dy. e x+y dy. x y dy. (x + y). e x. () Bst resolver directmente ls integrles iterds pr obtener: 3x+ x xy dy = = xy 3x+ x = 5x 3 + 6x + x ( x(3x + ) ) x(x) ( ) 5x 4 = 8 + x3 + x 4 = (b) Clculmos primero l integrl respecto l vrible y: x x e x+y dy = e x+y = x x (e x+ x e x x ). Ahor descomponemos l integrl simple en sum de dos integrles pr 8

29 sustituir el vlor bsoluto: (e x+ x e x x ) = = ( e 3x ) + (x 3 e3x ) + = e 3 + e + e. (e x e x ) ( ) ex + e x (c) Integrmos primero respecto y pr lo cul hcemos el cmbio de vrible sen t = y/ x. De este modo: x x y dy = = = π 4 π/ ( x ) ( x ) cos t dt ( ) t sen t + 4 ( x ) = π 4 π/ (x x3 3 ) = π 6. (d) El dominio de integrción es l región ilustrd en l figur. x=y x=-y - Integrmos primero respecto y y después descomponemos el intervlo 9

30 [, ] en dos subintervlos pr clculr l integrl respecto x: I = = = = ( ) x x y + xy dy y ( ) 3 + y + y y 3 3 y3 y y dy ( ) 3 + y + y + y3 dy + 3 ( ) y 3 + y + y3 3 + y4 ( 3 + y + y 7y3 3 ) ( y y + y3 3 7y4 ) dy = 3. (e) L región de integrción es l que se ilustr en l figur djunt. 8 y=4x y=x 3 Intercmbindo el orden de integrción se obtiene I = 4x x 3 e x dy = = e x x ex + (4xe x x 3 e x ) xe x = e4 5. (Aplicr el método de integrción por prtes en l segund integrl.) 3

31 PROBLEMA 5.9 Clculr D f(x, y) dy en los siguientes csos: i) f(x, y) = xy, D el recinto limitdo por y = px y x = p/ (p > ). ii) f(x, y) = x + y, D el prlelogrmo limitdo por y = x, y = x +, y =, y = 3. iii) f(x, y) = x + y, D está limitdo por y = x, x + y = 4, x + y =. i) Escribimos l integrl doble en form de integrles iterds y result: I = p/ px xy dy = px p/ x y3 3 px = px 3 p/ x(px) 3/ = p5. ii) Si observmos el prlelogrmo de l figur, observmos que es más conveniente relizr primero l integrl respecto x. 3 3 Así, I = 3 y dy (x + y ) = y 3 ( x 3 ) 3 + y y x dy = = y 44. iii) Teniendo en cuent l form de l región de integrción, si integrmos primero respecto y, l integrl se descompone en dos sumndos. 3

32 Así pues, I = = 8 8 x 4 x (x + y) dy + ( x 3/ 3x + x (x x + (4 x) x x ) ( x) (x + y) dy + x 3/) = Otr posibilidd serí restr l integrl sobre l región comprendid entre l prábol y l rect x + y = y l integrl sobre l región comprendid entre l prábol y l rect x + y = 4. PROBLEMA 5. Clculr f(x, y) dy en los siguientes csos: D i) f(x, y) = y, D = {(x, y : x/π y sen x}. ii) f(x, y) = x + y, D recinto limitdo por y = x, x =, y =. iii) f(x, y) = x y, D es el primer cudrnte del círculo x + y 4. iv) f(x, y) = y, D = {(x, y) : y >, x + y, y x, x }. i) Los puntos de intersección de ls curvs y = sen x, y = x/π son (, ) y (π/, ). 3

33 L integrl se clcul entonces de form direct: I = π/ sen x x/π y dy = π/ sen x (x/π) = π 4. ii) L figur djunt muestr l región dd. 4 Pr clculr l integrl podemos seguir dos métodos: ) Integrndo como región de tipo. I = = x (x + y ) dy (x y + y 3 /3) x = (x 4 + x 6 /3 x /3) = 6 5. ) Integrndo como región de tipo. I = = 4 4 dy (x + y ) y (x 3 /3 + xy ) dy = y 4 (8/3 + y y 3/ /3 y 5/ ) dy = 6 5. iii) A prtir de l figur djunt obtenemos los límites de integrción. 33

34 De este modo, l integrl se expres como: I = = x 4 x y dy = (4x x 4 ) = x y / [ 4 3 x3 5 x5 4 x ] = 3 5. iv) L intersección de x + y = con y = x d x = ( ), y el recinto S es el indicdo en l figur. Teniendo en cuent l figur, l integrl se escribe como I = ( ) x y dy = x ( ) ( x x) = 3 6 (4 5). 34

35 PROBLEMA 5. Si llmmos A = I = A + e. e t dt e I = x e y dy, probr que L región de integrción es el triángulo de l figur. Hx,xL y Hy,yL H, Hx,L Intercmbindo el orden de integrción en I, tenemos: I = = dy y e y = (e y ye y ) dy = (e y x) y dy = A + e y = A + e e. e y dy + ye y dy PROBLEMA 5. Probr que b b x ( b f(x)f(y) dy = f(x) ). 35

36 Por un prte, ( b ( b I = f(x) ) = ) ( b ) f(x) f(x) = b b f(x)f(y) dy. b S b y S x b b Descomponiendo el cudrdo en dos triángulos como indic l figur, result: I = = f(x)f(y) dy + S f(x)f(y) dy S b b x f(x)f(y) dy + b dy b y f(x)f(y) = pues en el segundo sumndo se pueden intercmbir ls letrs x e y. b b x f(x)f(y) dy, PROBLEMA 5.3 Hllr el áre limitd por el lzo de y = x ( x). 36

37 Observndo l figur se obtiene directmente: A = = 4 x x dy = (z z 4 ) dz = 3 5. x x = (sustitución x = z ) PROBLEMA 5.4 Hllr el volumen de l región limitd por los plnos z = x + y, z = 6, x =, y =, z =. L región dd es el tetredro de l figur. z y x 37

38 Si observmos que, cundo x vrí entre y 6, y vrí entre y z x, con z = 6, el volumen buscdo es: V = 6 6 x [6 (x+y)] dy = 6 (6 x)y y 6 x = 6 (6 x) = 36. PROBLEMA 5.5 Hllr el volumen del sólido limitdo por el prboloide x +4y = z, el plno z = y los cilindros y = x, x = y. L proyección de l figur sobre el plno z = es l región limitd por ls prábols y = x, x = y. Así pues, cundo x vrí entre y, y vrí entre x y x. z y El volumen qued hor x V = x (x + 4y ) dy = x 38 (x 5/ x3/ x x6 ) = 3 7.

39 PROBLEMA 5.6 Hllr el volumen de l porción del cilindro 4x +y = comprendid entre los plnos z = y z = my. En primer lugr, observmos que el sólido es simétrico respecto l rect y = z =. Por otr prte, l bse del sólido es l elipse 4x + y =, de modo que, cundo x vrí entre / y /, y vrí entre y 4x. z x y Teniendo en cuent lo nterior, el volumen qued: / 4x V = my dy = m / / / ( 4x ) = m

40 3. CAMBIO DE VARIABLES EN LA INTEGRAL DOBLE. En este prtdo vmos generlizr l fórmul g(b) g() f(x) = b f(g(t)) g (t) dt l cso de funciones de n vribles. Como l región de integrción y no será un simple intervlo, necesitmos estudir cómo se trnsformn regiones en R n medinte cmbios de vrible. En primer lugr, observremos que ls imágenes de conjuntos con contenido bjo funciones de clse C () tienen tmño comprble los de los conjuntos originles. Lem. Se Ω un bierto en R n y ϕ : Ω R n un función de clse C () en Ω. Se A un conjunto cotdo, con A Ω. Entonces existen un bierto cotdo Ω, con A Ω Ω Ω, y un constnte M > tles que, si p A p j= I j, donde I j son n-cubos cerrdos de Ω con c(i j ) α, entonces ϕ(a) m k= J k, donde J k son n-cubos cerrdos y j= m c(j k ) M α. Demostrción. Definimos en primer lugr { si Ω = R n δ = ínf{ x : A, x Ω} si Ω Como A es compcto, δ > Rn.. Se hor Ω = {y R n : y < δ, pr lgún A}. Así, Ω es bierto y cotdo. Además A Ω y Ω Ω. Como ϕ C () (Ω) y Ω es compcto, existe M = sup{ Dϕ(x) : x Ω } <. Si A p j= I j, entonces ϕ(x) ϕ(y) M x y, x, y I j. Si ls rists de I j miden r j y x es el centro de I j, y I j, x y n r j, de donde ϕ(x) ϕ(y) n M r j, es decir ϕ(i j ) está contenido en un n-cubo de ldo M r j. Por lo tnto, ϕ(a) J k, con c(j k ) M α. k= Como consecuenci inmedit tenemos el siguiente resultdo. 4

41 Corolrio. Se Ω un bierto en R n y ϕ : Ω R n un función de clse C () en Ω. Se A un conjunto cotdo, con A Ω. Si A tiene contenido cero, entonces ϕ(a) tiene contenido cero. Tmbién podemos concluir fácilmente que l imgen de un conjunto cotdo de dimensión menor l del espcio tiene contenido cero. Corolrio. Se Ω un bierto en R r (r < n) y ψ : Ω R n un función de clse C () en Ω. Si A es un conjunto cotdo, con A Ω, entonces ψ(a) tiene contenido cero. Demostrción. Si llmmos Ω = Ω R n r, entonces Ω es bierto en R n. Si definimos ϕ : Ω R n por ϕ(x,..., x n ) = ψ(x,..., x r ), entonces ϕ C () (Ω ). Se hor A = A {,..., }. Entonces A Ω y A tiene contenido cero en R n. Entonces ψ(a) = ϕ(a ) tiene contenido cero en R n. Con este resultdo sbemos que, si A es un conjunto con contenido y ϕ C () (Ω), con A Ω, entonces ϕ(fr(a)) tiene contenido cero. Queremos tmbién que fr(ϕ(a)) teng contenido cero y estudiremos continución cuándo ocurre. Lem. Se Ω un bierto en R n y ϕ : Ω R n un función de clse C () en Ω. Si A es un conjunto con contenido, A Ω y J ϕ (x), x (A), entonces ϕ(a) tiene contenido. Demostrción. Como A es compcto y ϕ es continu, entonces ϕ( A) es compcto, con lo que ϕ(a) es cotdo. Si probmos que fr ϕ(a) ϕ(fr(a)) y que ϕ(fr(a)) tiene contenido cero, tendremos que fr ϕ(a) tiene contenido cero, lo que signific que ϕ(a) tiene contenido. Por un prte, como ϕ( A) es compcto, fr(ϕ(a)) ϕ( A) = ϕ( (A) fr(a)). Así pues, si y fr(ϕ(a)), existe x (A) fr(a) tl que y = ϕ(x). Si estuvier x en el interior de A, por hipótesis J ϕ (x), con lo que y = ϕ(x) serí un punto interior de ϕ( (A)) y tmbién un punto interior de ϕ(a), lo que contrdice l suposición dd. Obtenemos sí que fr(ϕ(a)) ϕ(fr(a)). Por otr prte, como A tiene contenido, fr(a) Ω es cerrdo y tiene contenido cero, de donde ϕ(fr(a)) tiene contenido cero. 4

42 Corolrio. Se Ω un bierto en R n y ϕ : Ω R n un función inyectiv y de clse C () en Ω. Si A tiene contenido, A Ω y J ϕ (x), x (A), entonces fr(ϕ(a)) = ϕ(fr(a)). Demostrción. Bst probr que ϕ(fr(a)) fr(ϕ(a)). Pr ello, se x fr(a). Existen dos sucesiones (x n ) A, (y n ) Ω \ A que convergen x. Como ϕ es continu, ls sucesiones (ϕ(x n )) y (ϕ(y n )) convergen ϕ(x). Como ϕ es inyectiv, ϕ(y n ) ϕ(a), de modo que ϕ(x) fr(ϕ(a)). Trnsformciones lineles. Veremos continución que conjuntos con contenido se trnsformn medinte plicciones lineles en conjuntos con contenido, y dicho contenido es un múltiplo del originl. Además este múltiplo es el vlor bsoluto del determinnte de l pliccion. Teorem. Se L : R n R n un trnsformción linel. Si A R n es un conjunto con contenido, entonces c(l(a)) = det L c(a). Demostrción. Si L es singulr, det L = y l imgen R(L) R n. Esto indic que R(L) es l imgen de lgun plicción L : R k R n, con k < n. Por tnto, c(l(a)) =. Si L no es singulr, det L. Como A tiene contenido, L(A) tiene contenido. Pr cd conjunto con contenido, definimos l plicción λ(a) = c(l(a)). Dich plicción tiene ls siguientes propieddes elementles: i) λ(a), A. ii) λ(a B) = λ(a) + λ(b) si A B =. iii) λ(x + A) = λ(a), x R n. iv) Si A B, entonces λ(a) λ(b). Si llmmos K = [, ) n l n-cubo unidd y m L = λ(k ), ls propieddes nteriores permiten probr que λ(a) = m L c(a), pr todo conjunto cotdo A R n. Por otr prte, si M es otr plicción linel no singulr, entonces m L M c(a) = c((l M)(A)) = c(l(m(a))) = m L c(m(a)) = m L m M c(a). Teniendo en cuent que tod plicción linel no singulr es composición (más o menos iterd) de dos tipos especiles: ) L (x,... x i,..., x n ) = (x,..., αx i,..., x n ), 4

43 b) L (x,... x i,..., x j,..., x n ) = (x,..., x i + x j,..., x j,..., x n ), bst probr que m L = det L en estos csos pr que l propiedd se ciert en el cso generl. ) Si α >, L (K ) = [, ) [, α) [, ), de donde α = c(l (K )) = m L c(k ) = m L. Si α <, L (K ) = [, ) (α, ] [, ), de donde α = c(l (K )) = m L c(k ) = m L. De culquier mner, α = m L = det L. b) Sen = {(x,..., x n ) K : x i < x j } y = {(x,..., x n ) K : x i x j }. De este modo, = y K =. Además L (K ) = {(,,...,,,..., ) + }. Por tnto, c(l (K )) = c( ) + c({(,,...,,,..., ) + }) = c( ) + c( ) = c(k ), de donde m L = = det L. Trnsformciones no lineles. Lem. Se K R n un n-cubo cerrdo con centro el origen. Se Ω un bierto que contiene K. Se ψ : Ω R n un función inyectiv y de clse C () en Ω. Supongmos que J ψ (x), x K y ψ(x) x α x, x K, donde < α < / n. Entonces ( α n) n c(ψ(k)) c(k) ( + α n) n. Demostrción. Como K tiene contenido, ψ(k) tiene contenido. Además (ψ(k)) = ψ( K). Si los ldos de K tienen longitud r y x K, entonces r x r n. Por hipótesis, deducimos que ψ(x) x α x α r n. Por tnto, el conjunto ψ( K) no intersect un cubo bierto C i de centro O y ldos de longitud ( α n) r. Si llmmos A = ψ(k), B = ext ψ(k), A y B son biertos, disjuntos, no vcíos con A B = R n \ (ψ(k)). Como C i es conexo, C i A ó C i B. Pero O C i A, de donde C i A ψ(k). Análogmente se prueb que, si C es el cubo cerrdo de centro el origen y ldos ( + α n)r, entonces ψ(k) C. 43

44 Teorem. Se Ω R n bierto, ϕ : Ω R n, ϕ C()(Ω), ϕ inyectiv, J ϕ (x), x Ω. Si A tiene contenido y A Ω, ddo ε (, ), existe γ > tl que, si K es un n-cubo cerrdo de centro x A y ldos de longitud menor que γ, entonces J ϕ (x) ( ε) n c(ϕ(k)) c(k) J ϕ (x) ( + ε) n. Demostrción. En primer lugr, construimos δ y Ω como en el lem. Como det Dϕ(x) = J ϕ (x), x Ω, entonces existe L x = (Dϕ(x)) y demás det L x = /J ϕ (x), x Ω. Como los elementos de l mtriz L x son funciones continus, por l compcidd de Ω, existe M > tl que L x M, x Ω. Se ε (, ). Por l continuidd uniforme de D ϕ en Ω, existe β (, δ/) tl que, x x β = Dϕ(x ) Dϕ(x ) ε M n. Ddo x A, si z β, es clro que x Ω, x + z Ω. Además, ϕ(x+z) ϕ(x) Dϕ(x)(z) z sup Dϕ(x+tz) Dϕ(x) t ε M n z. Si definimos ψ(z) = L x (ϕ(x + z) ϕ(x)), de est desiguldd se deduce: ε ε z ψ(z) z = L x (ϕ(x+z) ϕ(x) L x Dϕ(x)(z) L x, M n z n si z β. Aplicmos el lem nterior con α = ε n. Entonces, si K es un cubo cerrdo con centro O y contenido en l bol biert de rdio β, entonces ( ε) n c(ψ(k )) c(k ) ( + ε) n. Por l definición de ψ, si K = x + K, K es un cubo cerrdo de centro x y c(k) = c(k ). Además c(ψ(k )) = det L x c(ϕ(x + K ) ϕ(x)) = J ϕ (x) c(ϕ(k)). Si los ldos de K tienen rist menor que γ (γ = β/ n), el teorem se cumple. 44

45 Teorem del cmbio de vrible. Se Ω R n bierto, ϕ : Ω R n, ϕ C () (Ω), ϕ inyectiv, J ϕ (x), x Ω. Si A tiene contenido, A Ω y f : ϕ(a) R es cotd y continu, entonces f = (f ϕ) J ϕ. ϕ(a) A Demostrción. Debido l continuidd de los integrndos, mbs integrles existen. Si hcemos f = f + f, con f + = f + f, f = f f, por l linelidd de l integrl, bst hcer l demostrción pr funciones no negtivs. Definimos Ω como en el lem y definimos tmbién M ϕ = sup{ D ϕ (x) : x Ω } M f = sup{f(y) : y ϕ(a)} M J = sup{ J ϕ (x) : x A} Se ε (, ), I un n-intervlo que contiene A y {K i : i =,..., M} un prtición de I en cudrdos con rists de longitud menor que γ, con γ definido como en el teorem del jcobino. Sen {K,..., K m } los cudrdos completmente contenidos en A, {K m+,..., K p } los que tienen puntos dentro y fuer de A y {K p+,..., K M } los contenidos en el complementrio de A. Como A tiene contenido, se pueden elegir de modo que c(a) m c(k i ) + ε, i= p i=m+ c(k i ) < ε. Se B = K K m ; como c(a \ B) = c(a) c(b) < ε, tenemos: A (f ϕ) J ϕ B (f ϕ) J ϕ = A\B Por el lem, c(ϕ(a \ B)) K ε, de donde ϕ(a) f ϕ(b) f = 45 (f ϕ) J ϕ M f M J c(a\b) < M f M J ε. ϕ(a\b) f M f K ε.

46 Si x i es el centro de K i (i =,..., m), por el teorem del jcobino, J ϕ (x i ) ( ε) n c(ϕ(k i)) c(k i ) J ϕ (x i ) ( + ε) n. Como < ε <, n ε ( ε n ) y ( + ε n ) + n ε. Por tnto, c(ϕ(k i )) J ϕ (x i ) c(k i ) c(k i ) M J n ε. Por l continuidd de ls funciones sobre el compcto B, podemos suponer que, ddo culquier y i K i, m (f ϕ) J ϕ (f ϕ)(y i ) J ϕ (x i ) c(k i ) < ε c(b). B i= Como ϕ es inyectiv, dos conjuntos de l fmili {ϕ(k i ) : i =,..., m} se intersectn en ϕ(k i K j ) que tiene contenido cero pues c(k i K j ) =. Como ϕ(k i ) tiene contenido, f es integrble en ϕ(k i ). Entonces ϕ(b) f = m i= ϕ(k i ) Como f es cotd y continu en ϕ(k i ), existe p i ϕ(k i ) tl que f = f(p i ) c(ϕ(k i )), i =,..., m. ϕ(k i ) Por ser ϕ inyectiv, existe un único y i K i tl que ϕ(y i ) = p i. Entonces ϕ(b) f = Al ser (f ϕ)(y i ), result f. m (f ϕ)(y i ) c(ϕ(k i )). i= m (f ϕ)(y i ) c(ϕ(k i )) i= M J n ε m (f ϕ)(y i ) c(k i ) i= M J M f n ε m (f ϕ)(y i ) J ϕ (x i ) c(k i ) i= m c(k i ) M J M f n c(a)ε. i= Combinndo ls últims desigulddes, obtenemos: f (f ϕ) J ϕ ϕ(b) B ε c(a)( + M JM f n ). 46

47 En definitiv, f (f ϕ) J ϕ A M f K ε+ε c(a)(+m J M f n )+M f M J ε = ε. ϕ(a) Ejemplos. ) f(x, y) dy = f(r cos ϑ, r sen ϑ)r drdϑ. A A ) f(x, y, z) dydz = f(r cos ϑ, r sen ϑ, z)r drdϑdz. A A 3) f(x, y, z) dydz = f(ρ cos ϑ sen ϕ, ρ sen ϑ sen ϕ, ρ cos ϕ)ρ sen ϕ dρdϑdϕ. A A 4) f(x + y, x 3y) dy = f(u, v)r dudv, g(x, y) = (x + A g(a) 7 y, x 3y). Ejercicio. () Probr que +y) R e (x dy = π. (b) Probr que (c) Probr que (d) Clculr R n e x e x = π. e tx y = π n/. x e tx (t > ). PROBLEMA 5.7 Se D = [, ] [, ] y se define T : R R como T (u, v) = ( u + 4u, v). Encontrr D = T (D ). Es T inyectiv? 47

48 Cd un de ls componentes x = u + 4u, y = v, es función de un sol vrible. Pr ver que T es inyectiv, bst comprobr que lo son cd un de ls componentes. Ahor bien, l función y = v es l identidd, que es evidentemente inyectiv. Además, si v, entonces y. Por otr prte, l función x = u + 4u = u(u 4) corresponde un prábol de vértice el punto (, 4) y que cort l eje u en los puntos (, ) y (4, ). Como el dominio está restringido l intervlo u [, ], l función es inyectiv y l imgen del intervlo [, ] es el intervlo x [, 3]. En l figur siguiente se ilustr el comportmiento de l función T. y v D * T D 3 x u PROBLEMA 5.8 Se D el prlelogrmo limitdo por ls rects y = 3x 4, y = 3x, y = x/, y = x/ +. Se D = [, ] [, ]. Encontrr T : R R tl que T (D ) = D. En l figur se muestrn los prlelogrmos D y D (donde A = (4/5, /5), B = (/5, 6/5), C = (8/5, 4/5)): v y B A T D D * u C x 48

49 Como l plicción buscd trnsform un prlelogrmo en otro, debe ser un trnsformción linel, del tipo u = x + by + m v = cx + dy + n. Debido que mbos prlelogrmos psn por el origen, podemos hcer T (, ) = (, ), de modo que m = n =. Teniendo en cuent que los vértices de un prlelogrmo se plicn en los vértices del otro, podemos estblecer ls relciones: T (8/5, 4/5) = (, ) = T (/5, 6/5) = (, ) = { 8/5 + 4b/5 = 8c/5 + 4d/5 = { /5 + 6b/5 = c/5 + 6d/5 = Resolviendo el sistem resultnte, se obtienen los vlores = 3/4, b = /4, c = /4 y d = /. L trnsformción buscd tiene por ecuciones u = 3x y, v = 4 x + y. 4 PROBLEMA 5.9 Un región R del plno XY está limitd por ls rects x + y = 6, x y = e y =. ) Determinr l región R del plno UV en que se plic R por l trnsformción x = u + v, y = u v. b) Clculr el jcobino de l trnsformción (x, y) (u, v). c) Comprr el resultdo de b) con l relción entre ls áres de R y R. L gráfic siguiente muestr ls regiones R y R : 49

50 v 3 R * 3 u T x = u + v y = u v y R 6 x ) L región R sombred en l prte derech de l figur es un triángulo limitdo por ls rects dds. Medinte l trnsformción dd, l rect x + y = 6 se trnsform en (u + v) + (u v) = 6, es decir l rect u = 3. Análogmente, l rect x y = se trnsform en (u + v) (u v) = o bien l rect v =. De l mism mner el eje y = se convierte en l rect u = v. L región trnsformd R es el triángulo de l izquierd en el plno UV. b) Clculndo ls derivds prciles obtenemos directmente (x, y) (u, v) = x u y u x v y v = =. c) El áre de l región tringulr R es 4, en tnto que l de l región R es. Luego l relción entre mbs es 4/ = que coincide con el vlor bsoluto del jcobino. Como el jcobino es constnte (lo que ocurre con ls trnsformciones lineles), ls áres de culesquier regiones R del plno XY son el doble de ls áres de ls regiones correspondientes trnsformds R del plno UV. 5

51 PROBLEMA 5. Un región R del plno XY está limitd por ls curvs x + y =, x + y = b, x =, y =, con < < b, en el primer cudrnte. ) Determinr l región R en l cul se trnsform R por l trnsformción x = u cos v, y = r sen v. b) Estudir lo que ocurre si =. c) Clculr (x, y) (u, v). y v p R b u T x = u cos v y = u sen v R b x ) L región R es l indicd en l figur. Por l trnsformción dd, ls circunferencis x + y =, x + y = b se convierten en ls rects u =, u = b, respectivmente. Asimismo, el segmento x = comprendido entre y b se convierte en v = π/, con u b y el segmento y =, x b se trnsform en v =, u b. En definitiv, l región R buscd es el rectángulo mostrdo en l figur. Se podí hber rzondo tmbién diciendo que, por ser u l distnci desde el origen del plno XY y v el ángulo medido prtir del eje positivo de bsciss, es clro que l región que se busc estrá dd por u b, v π/, como se indic en l figur. b) Si =, l región R se convierte en un cudrnte de un región circulr de rdio b y R sigue siendo un rectángulo. L rzón pr esto es que el punto x =, y = se plic en u =, v = indetermind y l trnsformción no es biunívoc en este punto, llmdo por est rzón punto singulr. 5

52 c) Sustituyendo ls derivds prciles en l mtriz obtenemos: (x, y) (u, v) = cos v sen v u sen v u cos v = u(cos v + sen v) = u. PROBLEMA 5. Se T (u, v) = ( u, v(+u) ) y D = [, ] [, ]. Encontrr D = T (D ) y clculr xy dy. D Busquemos ls imágenes de los segmentos que formn l fronter de D : } v = u } u = v } v = u } u = v = = = = x = u y = + u = y = + x } x x x = y = v = x = } y 4 v x = u } y = + x y = ( + u) = x x x = y = v = x = } y v Con est informción, l trnsformción T corresponde l figur siguiente: 5

53 v y 4 D * T x = u y = v( + u) D u x Pr clculr l integrl propuest, podemos plicr dos métodos: ) Directmente: xy dy = D x x+ x+ y dy = b) Con l fórmul del cmbio de vribles: ( ) x, y Como J = u, v v + u = + u, entonces I = du uv( + u) dv = ( (x + ) x (u + u + u 3 ) du ) (x + ) = 7 8. v dv = 7 8. PROBLEMA 5. Expresr x xy dy como un integrl sobre el triángulo D = {(u, v) : u, v u} y clculr l integrl de ls dos forms. Podemos clculr l integrl directmente, plicndo el teorem de Fubini: x x y dy = x x4 x6 = =. 53

54 Otro método consiste en hcer el cmbio de vribles T (u, v) = ( u, v) que trnsform el triángulo D en l región D, indicd en l figur. v y D * u T x = u y = v D x ( ) x, y Como el jcobino de l trnsformción es J = u, v / u = u, por l fórmul del cmbio de vrible, tenemos: I = du u u v u du = v 4 u du = u 4 du =. PROBLEMA 5.3 Cmbir coordends polres l integrl siguientes csos: i) D es el círculo: x + y x, >. D f(x, y) dy en los ii) D es el recinto del primer cudrnte limitdo por ls curvs: x + y = y x + y =. iii) D es el cudrdo [, ] [, ]. iv) D es el recinto del primer cudrnte limitdo por l curv (x + y ) = (x y ). v) D = {(x, y) : x, x y x}. 54

55 i) Si escribimos l ecución de l circunferenci en coordends polres (hciendo el cmbio x = u cos v, y = u sen v), obtenemos u = u cos v, es decir u = ó u = cos v. u v De l gráfic djunt deducimos que, en coordends polres, l región verific ls condiciones π/ v π/, u cos v. Así pues, l integrl se escribe (teniendo en cuent el jcobino de l trnsformción) como: I = π/ π/ cos v dv u f(u cos v, u sen v) du. ii) L circunferenci x + y = se escribe en coordends polres como u =, mientrs que l rect x + y = tiene por ecución u = cos v + sen v. En el primer cudrnte, el ángulo v está comprendido entre y π/. v u Con estos dtos, l integrl se escribe como: I = π/ dv cos v+sen v u f(u cos v, u sen v) du. iii) En este cso debemos dividir l región en dos triángulos: el primero de ellos limitdo por ls rects x = y, x = e y =, lo que en coordends polres corresponde v π/4, u / cos v; el segundo triángulo 55

56 está limitdo por ls rects x = y, y = y x =, y su expresión en coordends polres está dd por π/4 v π/, u / sen v. y= x= u v L integrl doble se escribe entonces como: π/4 cos v I = dv u f(u cos v, u sen v) du+ π/ π/4 sen v dv u f(u cos v, u sen v) du. iv) L curv dd es l lemnisct de l figur que, en coordends polres, se expres por l ecución u = cos v. u v En el primer cudrnte, l región está comprendid entre los vlores v π/4, sí que l integrl se expres como: I = π/4 cos v dv u f(u cos v, u sen v) du. v) L ecución de l prábol y = x se expres en coordends polres por u sen v = u cos v, o bien u = sen v/ cos v. u v 56

57 L región de integrción está comprendid entre los vlores v = y v = π/4 (correspondiente l rect y = x). Así pues, l integrl se expres sí: I = π/4 sen v/ cos v dv u f(u cos v, u sen v) du. PROBLEMA 5.4 Se D el círculo unidd. Expresr D ( + x + y ) 3/ dy como un integrl sobre el rectángulo [, ] [, π] y clculrl. Si plicmos el cmbio coordends polres, ddo por ls ecuciones x = u cos v, y = u sen v (ver ( figur), ) y teniendo en cuent que el jcobino de x, y l trnsformción es J = u, l integrl se puede clculr del modo u, v siguiente: ( + x + y ) 3/ dy D = u ( + u ) 3/ dudv D = π dv = π ( + u ) 5/ 5/ u ( + u ) 3/ du = 8π. 5 p v T D * x = u cos v D y = u sen v - y x u 57

58 PROBLEMA 5.5 Dibujr l región de integrción y resolver l siguiente integrl: / x xy dy + x x 4 x xy dy + xy dy. L región de integrción es l unión de ls regiones correspondientes cd sumndo. De este modo l gráfic corresponde un sector de coron circulr comprendido entre ls circunferencis x + y =, x + y = 4, y el ángulo comprendido entre y π/4. Esto sugiere clculr l integrl psndo coordends polres, de modo que su vlor es: I = π/4 dϑ ρ ρ sen ϑ cos ϑdρ = π/4 sen ϑd(sen ϑ) ρ 3 dρ = 5 6. PROBLEMA 5.6 Clculr el volumen del sólido limitdo por el prboloide z = x + y y el plno z = x. 58

59 z y x El prboloide y el plno se cortn en un curv cuy proyección sobre el plno XY es l circunferenci x + y = x. Así pues, el volumen se escribe medinte l integrl doble [x (x + y )] dy, donde R es el círculo x + y x. R Si escribimos l( región ) R en coordends polres, x = r cos ϑ, y = r sen ϑ, x, y sbiendo que J = r, l integrl se escribe como: r, ϑ π/ ( cos ϑ ) V = [x (x + y )] dy = (r cos ϑ r )r dr dϑ = R π/ π/ ( cos ϑ cos3 ϑ cos4 ϑ 3 4 π/ ) dϑ = π 3. PROBLEMA 5.7 Si S es l región del primer cudrnte limitd por ls curvs xy =, xy =, y = x, y = 4x, probr que S f(x y) dy = ln f(u) du. L fronter de l región S sugiere relizr el cmbio u = y/x, v = yx, cuy invers es l trnsformción T (u, v) = ( v/u, uv), l cul tiene como dominio l región S de l figur djunt. 59