05 Trabajo Práctico Nro 5 (INTEGRALES DOBLES Y TEOREMA DE GREEN)

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Matemática 
1er. cuatrimestre del año 2020 
Trabajo Práctico Nro. 5 
Taller de Resolución de Problemas 
Compendio de problemas con resolución 
(INTEGRALES DOBLES Y TEOREMA DE GREEN) 
 
 
Este es un documento realizado por lxs docentes Marcela Araujo (Jefa de Trabajos Prácticos) y 
Mariano Reynoso (Ayudante) para lxs alumnxs de las comisiones 4 y 5 de la materia Matemática 
de las carreras de Farmacia y Bioquímica de la Facultad de Farmacia y Bioquímica de la 
Universidad de Buenos Aires. 
2 
 
INTEGRALES DOBLES 
Vamos a introducirnos en las integrales dobles resolviendo ejercicios para que nos quede claro 
cómo resolverlas. 
Ejercicio 16 
En este ejercicios nos piden calcular las integrales dobles que nos presentan sobre las regiones 
que nos indican y además, a estas últimas, graficarlas. 
 a) 
∬ 3𝑥𝑦2 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
 𝐷 = {(𝑥 ; 𝑦)/1 ≤ 𝑥 ≤ 2 ; 3 ≤ 𝑦 ≤ 4} 
La representación gráfica de la región 𝐷 es la siguiente: 
Y como podemos notarlo, la región 𝐷 es un rectángulo, particularmente un cuadrado. 
A este tipo de integrales las resolvemos de forma iterada: primero calculamos la integral 
integrando respecto a 𝑥 con sus correspondientes límites de integración y al resultado que 
obtenemos lo integramos respecto de 𝑦 con sus correspondientes límites de integración. 
Veamos: 
∬ 3𝑥𝑦2 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
= ∫ (∫ 3𝑥𝑦2 𝑑𝑥
2
1
) 𝑑𝑦
4
3
 
∫ 3𝑥𝑦2 𝑑𝑥
2
1
= 3
1
2
𝑥2𝑦2|
1
2
= 3
1
2
22𝑦2 − 3
1
2
12𝑦2 =
9
2
𝑦2 
∫
9
2
𝑦2 𝑑𝑦
4
3
=
9
2
1
3
𝑦3|
3
4
=
9
2
1
3
43 −
9
2
1
3
33 =
111
2
 
3 
 
∬ 3𝑥𝑦2 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
=
111
2
 
 d) 
∬ 𝑒2𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
 𝐷 = {(𝑥 ; 𝑦)/1 ≤ 𝑥 ≤ 3 ; 0 ≤ 𝑦 ≤ ln 𝑥} 
Vemos que el límite de integración de 𝑦 depende de 𝑥, entonces resolvemos la integral por 
iteración primero integrando respecto de 𝑦 y por último respecto de 𝑥, es decir: 
∬ 𝑒2𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
= ∫ (∫ 𝑒2𝑦 𝑑𝑦
ln 𝑥
0
) 𝑑𝑥
3
1
 
La región 𝐷 queda representada como: 
Resolvemos la integral doble: 
∬ 𝑒2𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
= ∫ (∫ 𝑒2𝑦 𝑑𝑦
ln 𝑥
0
) 𝑑𝑥
3
1
 
∫ 𝑒2𝑦 𝑑𝑦
ln 𝑥
0
= (
1
2
𝑒2𝑦)|
0
ln 𝑥
= (
1
2
𝑒2 ln 𝑥) − (
1
2
𝑒2∙0) = (
1
2
𝑒ln 𝑥
2
) −
1
2
=
1
2
𝑥2 −
1
2
 
∫ (
1
2
𝑥2 −
1
2
) 𝑑𝑥
3
1
= (
1
6
𝑥3 −
1
2
𝑥)|
1
3
= (
1
6
33 −
1
2
3) − (
1
6
13 −
1
2
1) =
10
3
 
∬ 𝑒2𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
=
10
3
 
Ejercicio 17 
En este ejercicio nos piden calcular mediante integrales dobles el área de la región 𝑅 acotada por 
ciertas curvas, y para ello se necesita calcula la integral doble sobre la región 𝑅 de la función 
constante 𝑓(𝑥 ; 𝑦) = 1, es decir: 
4 
 
∬ 1 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑅
 
Por ejemplo, resolvamos el ítem d: 
𝑅 = {(𝑥; 𝑦) ∈ ℝ2: 0 ≤ 𝑥 ≤ sen 𝜋 / sen 2𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 2𝑥 + 1} 
La región 𝑅 resulta gráficamente: 
Y su valor lo calculamos con la siguiente integral doble: 
∬ 1 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑅
= ∫ ( ∫ 1 𝑑𝑦
2𝑥+1
sen 2𝑥
) 𝑑𝑥
𝜋
4
0
 
∫ 1 𝑑𝑦
2𝑥+1
sen 2𝑥
= 𝑦|sen 2𝑥
2𝑥+1 = 2𝑥 + 1 − sen 2𝑥 
∫(2𝑥 + 1 − sen 2𝑥)𝑑𝑥
𝜋
4
0
= (𝑥2 + 𝑥 +
1
2
cos 2𝑥)|
0
𝜋
4
=
= [(
𝜋
4
)
2
+
𝜋
4
+
1
2
cos (2
𝜋
4
)] − [02 + 0 +
1
2
cos(2 ∙ 0)] = [(
𝜋
4
)
2
+
𝜋
4
] −
1
2
 
∬ 1 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑅
=
𝜋2 + 4𝜋 − 8
16
 
 
5 
 
TEOREMA DE GREEN 
Veamos el enunciado del Teorema: sea 𝐶 una curva en el plano, cerrada, simple, suave a trozos 
y orientada positivamente, sea 𝐷 la región acotada por 𝐶, si 𝑃 y 𝑄 son campos escalares que 
tienen derivadas parciales continuas en una región que contiene a 𝐷, entonces vale que: 
∮ 𝑃(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥
𝐶+
= ∬ (
𝜕𝑄
𝜕𝑥
−
𝜕𝑃
𝜕𝑦
) 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
 
Ejercicio 18 
En este ejercicio nos piden verificar el resultado del Teorema de Green calculando las integrales 
curvilíneas a lo largo del camino cerrado indicado en el gráfico y calculando las integrales dobles 
correspondientes. Veamos un ejemplo: 
 b) 
∮ 𝑥2𝑦 𝑑𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦 𝑓: 𝑦 = 𝑥 𝑔: 𝑦 = √𝑥 
La representación gráfica de la curva es la siguiente, prestemos especial atención a que la 
orientación positiva de la curva implica que la recorremos en el sentido contrario al de las agujas 
del reloj. 
Tenemos que verificar que: 
∮ 𝑃(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥
𝐶+
= ∬ (
𝜕𝑄
𝜕𝑥
−
𝜕𝑃
𝜕𝑦
) 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
 
Primero calculemos la integral curvilínea: 
∮ 𝑃(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥
𝐶+
= ∮ 𝑥2𝑦 𝑑𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦
𝐶+
 
𝐶 = 𝐶1 ∪ 𝐶2 
𝐶1: (𝑥 ; 𝑥) para 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 y como 𝑦 = 𝑥 entonces 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 
6 
 
𝐶2: (𝑥 ; √𝑥) para 1 ≥ 𝑥 ≥ 0 y como 𝑦 = √𝑥 entonces 𝑑𝑦 =
1
2
𝑥−
1
2𝑑𝑥 
∮ 𝑥2𝑦 𝑑𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦
𝐶+
= ∫ 𝑥2𝑦 𝑑𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦
𝐶1
+ ∫ 𝑥2𝑦 𝑑𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦
𝐶2
 
∫ 𝑥2𝑦 𝑑𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦
𝐶1
= ∫ 𝑥2𝑥 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑑𝑥
1
0
= ∫ 𝑥3 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑑𝑥
1
0
= (
𝑥4
4
+
𝑥2
2
)|
0
1
=
1
4
+
1
2
=
3
4
 
∫ 𝑥2𝑦 𝑑𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦
𝐶2
= ∫ 𝑥2𝑥
1
2 𝑑𝑥 + 𝑥
1
2 
1
2
𝑥−
1
2𝑑𝑥
0
1
= ∫ 𝑥
5
2 𝑑𝑥 +
1
2
𝑑𝑥
0
1
= (
2
7
𝑥
7
2 +
1
2
𝑥)|
1
0
=
= −
2
7
−
1
2
= −
11
14
 
Entonces por ahora tenemos que: 
∮ 𝑃(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥
𝐶+
= ∮ 𝑥2𝑦 𝑑𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦
𝐶+
= −
1
28
 
Ahora calculemos la integral doble: 
∬ (
𝜕𝑄
𝜕𝑥
−
𝜕𝑃
𝜕𝑦
) 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
 
𝑃(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥2𝑦 ⇒
𝜕𝑃
𝜕𝑦
= 𝑥2 
𝑄(𝑥 ; 𝑦) = 𝑦 ⇒
𝜕𝑄
𝜕𝑥
= 0 
∬ (
𝜕𝑄
𝜕𝑥
−
𝜕𝑃
𝜕𝑦
) 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
= ∫ (∫ −𝑥2 𝑑𝑦
√𝑥
𝑥
) 𝑑𝑥
1
0
 
∫ −𝑥2 𝑑𝑦
√𝑥
𝑥
= −𝑥2𝑦|𝑥
√𝑥 = −𝑥2√𝑥 + −𝑥2𝑥 = −𝑥
5
2 + 𝑥3 
∫ (−𝑥
5
2 + 𝑥3) 𝑑𝑥
1
0
= (−
2
7
𝑥
7
2 +
1
4
𝑥4)|
0
1
= −
2
7
+
1
4
= −
1
28
 
∬ (
𝜕𝑄
𝜕𝑥
−
𝜕𝑃
𝜕𝑦
) 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
= ∬ −𝑥2 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
= −
1
28
 
Vemos que los resultados a los que llegamos coinciden, por lo tanto, verificamos el Teorema. 
7 
 
 c) 
∮(𝑥 + 𝑦)2 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 
Vemos que el sentido de la curva es negativo, es decir que la curva se recorre en el sentido al de 
las agujas del reloj, por lo tanto debemos verificar: 
∮ 𝑃(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥
𝐶−
= − ∬ (
𝜕𝑄
𝜕𝑥
−
𝜕𝑃
𝜕𝑦
) 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
 
Calculamos la integral curvilínea: 
𝐶 = 𝐶1 ∪ 𝐶2 ∪ 𝐶3 
𝐶1: (0 ; 𝑦) para 0 ≤ 𝑦 ≤ 1 y como 𝑥 = 0 entonces 𝑑𝑥 = 0 𝑑𝑦 
𝐶2: (𝑥 ; −𝑥 + 1) para 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 y como 𝑦 = −𝑥 + 1 entonces 𝑑𝑦 = −1 𝑑𝑦 
𝐶3: (𝑥 ; 0) para 1 ≥ 𝑥 ≥ 0 y como 𝑦 = 0 entonces 𝑑𝑦 = 0 𝑑𝑦 
∮(𝑥 + 𝑦)2 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦
𝐶−
= ∫(𝑥 + 𝑦)2 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦
𝐶1
+ ∫(𝑥 + 𝑦)2 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦
𝐶2
+ ∫(𝑥 + 𝑦)2 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦
𝐶3
 
∫(𝑥 + 𝑦)2 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦
𝐶1
= ∫(0 + 𝑦)2 ∙ 0 𝑑𝑦 + 𝑑𝑦
1
0
= 𝑦|0
1 = 1 
∫(𝑥 + 𝑦)2 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦
𝐶2
= ∫(𝑥 − 𝑥 + 1)2 𝑑𝑥 − 1 𝑑𝑥
1
0
= ∫ 0 𝑑𝑥
1
0
= 0 
∫(𝑥 + 𝑦)2 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦
𝐶3
= ∫(𝑥 + 0)2 𝑑𝑥 + 0 𝑑𝑥
0
1
=
𝑥3
3
|
1
0
= −
1
3
 
Entonces: 
∮ 𝑃(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥
𝐶−
= ∮(𝑥 + 𝑦)2 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦
𝐶−
= 1 + 0 −
1
3
=
2
3
 
8 
 
Ahora calculamos la integral doble: 
− ∬ (
𝜕𝑄
𝜕𝑥
−
𝜕𝑃
𝜕𝑦
) 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
 
𝑃(𝑥 ; 𝑦) = (𝑥 + 𝑦)2 ⇒
𝜕𝑃
𝜕𝑦
= 2(𝑥 + 𝑦) 
𝑄(𝑥 ; 𝑦) = 1 ⇒
𝜕𝑄
𝜕𝑥
= 0 
− ∬ (
𝜕𝑄
𝜕𝑥
−
𝜕𝑃
𝜕𝑦
) 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
= − ∫ ( ∫ −2(𝑥 + 𝑦)𝑑𝑦
−𝑥+1
0
) 𝑑𝑥
1
0
 
∫ −2(𝑥 + 𝑦)𝑑𝑦
−𝑥+1
0
= −(𝑥 + 𝑦)2|0
−𝑥+1 = −12 + 𝑥2 
− ∫(−12 + 𝑥2)𝑑𝑥
1
0
= − (−𝑥 +
𝑥3
3
)|
0
1
= − (−
2
3
) =
2
3
 
− ∬ (
𝜕𝑄
𝜕𝑥
−
𝜕𝑃
𝜕𝑦
) 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
= − ∬ −2(𝑥 + 𝑦) 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
=
2
3
 
Como los resultados obtenidos calculando la integral curvilínea y la integral doble coinciden, 
entonces verificamos el Teorema.