☰ Índex de temes

Àrees, volums de revolució, integrals dobles i coordenades polars

⏱ 12 min de lectura🔄 Actualitzat el 7 de setembre del 2026Universitat

Saber calcular una primitiva és només la meitat de la feina: a l'examen de càlcul de primer d'enginyeria, la integral gairebé sempre representa alguna cosa (una àrea, un volum, una massa) i la dificultat real està a descriure bé la regió abans d'integrar. En aquesta pàgina veuràs com passar d'un dibuix a una integral: àrea entre corbes, longitud d'arc, volums de revolució per discs i per capes, integrals dobles amb el teorema de Fubini i el canvi a coordenades polars, incloent-hi el traçat de corbes polars i el càlcul de la seva àrea. Els mètodes per calcular les primitives que apareixeran els tens a mètodes d'integració.

Integral signada no és àrea

La integral definida $\int_{a}^{b} f (x) d x$ compta positivament la part de la gràfica que queda sobre l'eix i negativament la que queda a sota: és $A^{+} - A^{-}$ . L'àrea entre la gràfica i l'eix és sempre no negativa i val

\overset{ˋ}{A} rea = \int_{a}^{b} ∣ f (x) ∣ d x,

cosa que a la pràctica vol dir trobar els zeros de $f$ i integrar tros a tros amb el signe corregit. Per exemple, $\int_{- 1}^{1} (x^{3} - x) d x = 0$ per simetria, però l'àrea tancada entre $y = x^{3} - x$ i l'eix en $[- 1, 1]$ és $2 \int_{0}^{1} (x - x^{3}) d x = \frac{1}{2}$ .

Protocol geomètric abans d'integrar

Dibuix qualitatiu: domini, zeros, simetries.
Resol totes les interseccions rellevants entre corbes i amb els eixos.
Divideix l'interval allà on canvia la frontera superior o inferior.
Comprova que el resultat és positiu i que té un ordre de magnitud plausible (compara amb un rectangle que contingui la regió).

Àrea entre dues corbes

Si $f (x) \geq g (x)$ en $[a, b]$ , l'àrea entre les dues gràfiques és $\int_{a}^{b} (f (x) - g (x)) d x$ . Si l'ordre canvia, cal separar en intervals on sigui constant o, el que és el mateix, integrar $∣ f - g ∣$ . I si la regió està delimitada per més de dues corbes, la frontera inferior (o la superior) pot canviar de fórmula a mig camí: aquest és el cas que cal saber tractar.

Àrea que s'ha de dividir

Calcula l'àrea de la regió del primer quadrant limitada per $y = x$ , la recta $y = x - 2$ i l'eix $O X$ .

Interseccions. $x = x - 2$ dona, elevant al quadrat, $x^{2} - 5 x + 4 = 0$ , amb solucions $x = 1$ i $x = 4$ ; però $x = 1$ és espúria (a $x = 1$ la recta val $- 1$ ), de manera que les corbes es tallen a $(4, 2)$ . La recta talla l'eix a $x = 2$ .

Frontera. La frontera superior és sempre $y = x$ . La inferior és $y = 0$ per a $0 \leq x \leq 2$ i $y = x - 2$ per a $2 \leq x \leq 4$ . Per tant

A = \int_{0}^{2} x d x + \int_{2}^{4} (x - (x - 2)) d x = \frac{4 2}{3} + (\frac{16}{3} - \frac{4 2}{3} - 2) = \frac{10}{3} .

Alternativa amb llesques horitzontals. Si descrius la regió amb $y$ com a variable exterior, $0 \leq y \leq 2$ i $y^{2} \leq x \leq y + 2$ , no cal dividir:

A = \int_{0}^{2} (y + 2 - y^{2}) d y = [\frac{y ^{2}}{2} + 2 y - \frac{y ^{3}}{3}]_{0}^{2} = \frac{10}{3} .

Triar l'orientació de la llesca amb menys canvis de frontera estalvia feina i errors.

Longitud d'arc

Si $f$ té derivada contínua en $[a, b]$ , la longitud de la gràfica $y = f (x)$ entre $x = a$ i $x = b$ és

L = \int_{a}^{b} 1 + f^{'} (x)^{2} d x .

La fórmula surt d'aproximar la corba per segments: un tros de longitud horitzontal $d x$ i vertical $d y = f^{'} (x) d x$ mesura $d x^{2} + d y^{2} = 1 + f^{'} (x)^{2} d x$ per Pitàgores. L'arrel fa que poques integrals de longitud surtin en forma tancada; les que surten als exàmens estan preparades perquè $1 + f^{'} (x)^{2}$ sigui un quadrat perfecte o una potència senzilla.

Longitud d'arc

Longitud de $y = x^{3/2}$ entre $x = 0$ i $x = 4$ .

Tenim $f^{'} (x) = \frac{3}{2} x^{1/2}$ i $1 + f^{'} (x)^{2} = 1 + \frac{9}{4} x$ . Amb el canvi $u = 1 + \frac{9}{4} x$ ,

L = \int_{0}^{4} 1 + \frac{9}{4} x d x = \frac{4}{9} \cdot \frac{2}{3} [(1 + \frac{9}{4} x)^{3/2}]_{0}^{4} = \frac{8}{27} (1010 - 1) \approx 9, 07.

Control: la corda que uneix $(0, 0)$ i $(4, 8)$ fa $80 \approx 8, 94$ , i la corba ha de ser una mica més llarga. Coherent.

Volums de revolució

Quan una regió plana gira al voltant d'un eix genera un sòlid. Hi ha dues maneres de tallar-lo en elements de volum, i cal triar-la mirant el dibuix, no aplicant una fórmula de memòria.

Mètode	Element	Fórmula
Discs / anells	llesca perpendicular a l'eix	$V = π \int (R^{2} - r^{2}) d (eix)$
Capes cilíndriques	tub paral·lel a l'eix	$V = 2 π \int (radi) (al \overset{c}{¸} ada) d (radi)$

Amb discs, $R$ i $r$ són els radis exterior i interior de la rodanxa (si la regió toca l'eix, $r = 0$ ). Amb capes, el radi és la distància de la llesca a l'eix i l'alçada és la longitud de la llesca.

Discs al voltant de OX

La regió sota $y = x$ , per a $0 \leq x \leq 4$ , gira al voltant de l'eix $O X$ .

Una llesca vertical a l'abscissa $x$ genera un disc de radi $x$ i gruix $d x$ :

V = π \int_{0}^{4} (x)^{2} d x = π \int_{0}^{4} x d x = 8 π .

Si la regió no toca l'eix, el disc es converteix en un anell. Per exemple, la regió entre $y = x$ i $y = x^{2}$ (per a $0 \leq x \leq 1$ ) al voltant de $O X$ dona $V = π \int_{0}^{1} (x^{2} - x^{4}) d x = \frac{2 π}{15}$ .

El mateix sòlid per capes i per anells

La regió entre $y = x$ i $y = x^{2}$ , amb $0 \leq x \leq 1$ , gira ara al voltant de l'eix $O Y$ .

Capes. Una llesca vertical a l'abscissa $x$ és paral·lela a l'eix de gir: genera una capa cilíndrica de radi $x$ , alçada $x - x^{2}$ i gruix $d x$ :

V = 2 π \int_{0}^{1} x (x - x^{2}) d x = 2 π [\frac{x ^{3}}{3} - \frac{x ^{4}}{4}]_{0}^{1} = \frac{π}{6} .

Anells. Amb llesques horitzontals cal descriure la regió en $y$ : per a $0 \leq y \leq 1$ , la $x$ va des de la recta ( $x = y$ ) fins a la paràbola ( $x = y$ ). El radi exterior és $y$ i l'interior $y$ :

V = π \int_{0}^{1} ((y)^{2} - y^{2}) d y = π \int_{0}^{1} (y - y^{2}) d y = \frac{π}{6} .

Els dos camins han de coincidir; si no ho fan, algun radi o alguna alçada està mal identificat. Fixa't que el volum al voltant de $O X$ ( $2 π /15$ ) i al voltant de $O Y$ ( $π /6$ ) són diferents: la regió és la mateixa, el sòlid no.

Usar \pi\int f^2 per a qualsevol eix

La fórmula $V = π \int_{a}^{b} f (x)^{2} d x$ només val per a la regió sota $y = f (x)$ girant al voltant de $O X$ . Al voltant de $O Y$ , o entre dues corbes, cal dibuixar l'element diferencial i identificar-hi radi, alçada i gruix. Un control ràpid: les unitats han de ser cúbiques (radi al quadrat per gruix, o radi per alçada per gruix).

Integral doble sobre un rectangle i teorema de Fubini

La integral doble $\iint_{S} f (x, y) d A$ d'una funció contínua sobre una regió $S$ suma els valors de $f$ ponderats per àrees petites. Si $f \geq 0$ , és el volum entre el gràfic de $f$ i el pla; si $f = 1$ , és l'àrea de $S$ . El resultat que la fa calculable és el teorema de Fubini: una integral doble es converteix en dues integrals simples encadenades (una integral iterada).

Teorema de Fubini

Si $f$ és contínua sobre el rectangle $R = [a, b] \times [c, d]$ ,

\iint_{R} f (x, y) d A = \int_{a}^{b} (\int_{c}^{d} f (x, y) d y) d x = \int_{c}^{d} (\int_{a}^{b} f (x, y) d x) d y .

La integral interior s'executa primer, tractant l'altra variable com una constant. Per exemple, sobre $[0, 2] \times [0, 3]$ ,

\iint_{R} x^{2} y d A = \int_{0}^{2} x^{2} (\int_{0}^{3} y d y) d x = \int_{0}^{2} \frac{9}{2} x^{2} d x = 12,

i en l'altre ordre, $\int_{0}^{3} y (\int_{0}^{2} x^{2} d x) d y = \int_{0}^{3} \frac{8}{3} y d y = 12$ també.

Regions de tipus I i II: la regió mana els límits

Sobre regions que no són rectangles, els límits de la integral interior depenen de la variable exterior. Hi ha dues descripcions estàndard:

Regions de tipus I i de tipus II

Tipus I (llesques verticals): $S = {(x, y) : a \leq x \leq b, φ_{1} (x) \leq y \leq φ_{2} (x)}$ , i aleshores $\iint_{S} f d A = \int_{a}^{b} \int_{φ_{1} (x)}^{φ_{2} (x)} f (x, y) d y d x .$
Tipus II (llesques horitzontals): $S = {(x, y) : c \leq y \leq d, ψ_{1} (y) \leq x \leq ψ_{2} (y)}$ , i aleshores $\iint_{S} f d A = \int_{c}^{d} \int_{ψ_{1} (y)}^{ψ_{2} (y)} f (x, y) d x d y .$

Els límits exteriors són sempre nombres (la projecció de $S$ sobre l'eix corresponent); els interiors poden ser funcions de la variable exterior, mai de la interior. Escriure $\int_{0}^{1} \int_{0}^{x} f d x d y$ (límit interior en $x$ dependent de $x$ ) és un error de sintaxi que invalida tot el càlcul.

Regió entre la paràbola y = x² i la recta y = x per a x entre 0 i 1, amb una llesca vertical que va de la paràbola a la recta — Regió de tipus I: per a cada $x \in [0, 1]$ , la llesca vertical va de $y = x^{2}$ fins a $y = x$ .

Integral doble sobre una regió de tipus I

Sigui $S$ la regió limitada per $y = x^{2}$ i $y = x$ . Calcula la seva àrea i $\iint_{S} (x + y) d A$ .

Les corbes es tallen a $x = 0$ i $x = 1$ , i entre elles la recta està per sobre. Descripció de tipus I: $0 \leq x \leq 1$ , $x^{2} \leq y \leq x$ .

Àrea (amb $f = 1$ ): $A = \int_{0}^{1} (x - x^{2}) d x = \frac{1}{6}$ .

Integral: primer en $y$ , amb $x$ constant,

\int_{x^{2}}^{x} (x + y) d y = [x y + \frac{y ^{2}}{2}]_{y = x^{2}}^{y = x} = x^{2} + \frac{x ^{2}}{2} - x^{3} - \frac{x ^{4}}{2} = \frac{3 x ^{2}}{2} - x^{3} - \frac{x ^{4}}{2},

i després en $x$ :

\iint_{S} (x + y) d A = \int_{0}^{1} (\frac{3 x ^{2}}{2} - x^{3} - \frac{x ^{4}}{2}) d x = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} - \frac{1}{10} = \frac{3}{20} .

Control. A $S$ , $x + y \leq 2$ , de manera que la integral no pot superar $2 \cdot A = 1/3$ ; i és positiva. Com a tipus II ( $0 \leq y \leq 1$ , $y \leq x \leq y$ ) el càlcul dona també $3/20$ .

Canvi de l'ordre d'integració

De vegades una integral iterada és impossible en l'ordre en què ve escrita i trivial en l'altre. El procediment és: reconstruir la regió a partir dels límits, dibuixar-la, i tornar-la a descriure amb l'altre tipus.

Canviar l'ordre

Calcula $\int_{0}^{1} \int_{x}^{1} e^{y^{2}} d y d x$ .

La integral interior $\int e^{y^{2}} d y$ no té primitiva elemental. Els límits diuen que $S = {0 \leq x \leq 1, x \leq y \leq 1}$ : el triangle de vèrtexs $(0, 0)$ , $(0, 1)$ i $(1, 1)$ . Amb llesques horitzontals, per a cada $y \in [0, 1]$ la $x$ va de $0$ a $y$ :

\int_{0}^{1} \int_{0}^{y} e^{y^{2}} d x d y = \int_{0}^{1} y e^{y^{2}} d y = [\frac{1}{2} e^{y^{2}}]_{0}^{1} = \frac{e - 1}{2} .

El factor $y$ que apareix en integrar respecte de $x$ és exactament el que fa possible el canvi $u = y^{2}$ .

Canvi a coordenades polars

Quan la regió és un disc, un sector o una corona, o l'integrand conté $x^{2} + y^{2}$ , les coordenades polars $x = r cos θ$ , $y = r sin θ$ simplifiquen tot el problema. El detall que no es pot oblidar és el jacobià: un rectangle elemental $d r d θ$ del pla $(r, θ)$ es converteix en un petit sector d'àrea aproximada $r d r d θ$ , de manera que

\iint_{S} f (x, y) d A = \iint_{S^{*}} f (r cos θ, r sin θ) r d r d θ .

Per a una regió del tipus $α \leq θ \leq β$ , $0 \leq r \leq R (θ)$ , els límits són $\int_{α}^{β} \int_{0}^{R (θ)} f r d r d θ$ .

Una integral que només surt en polars

Calcula $\iint_{D} e^{- (x^{2} + y^{2})} d A$ , on $D$ és el disc $x^{2} + y^{2} \leq 4$ .

En cartesianes, la integral interior seria $\int e^{- x^{2}} d x$ , sense primitiva elemental. En polars, $D$ és $0 \leq θ \leq 2 π$ , $0 \leq r \leq 2$ , i el jacobià $r$ crea exactament la derivada que cal:

\int_{0}^{2 π} \int_{0}^{2} e^{- r^{2}} r d r d θ = 2 π [- \frac{1}{2} e^{- r^{2}}]_{0}^{2} = π (1 - e^{- 4}) \approx 3, 08.

Control: l'integrand és menor o igual que $1$ , i l'àrea del disc és $4 π \approx 12, 6$ ; el resultat és menor. A més, com a volum sota $z = 4 - x^{2} - y^{2}$ (un paraboloide) sobre el mateix disc, $\int_{0}^{2 π} \int_{0}^{2} (4 - r^{2}) r d r d θ = 8 π$ , que és la meitat del cilindre circumscrit, com correspon a un paraboloide.

Corbes en polars: radi signat i traçat

Una corba $r = R (θ)$ s'ha de dibuixar abans de calcular-ne res. Dos fets governen el traçat: el radi pot ser negatiu (el punt $(r, θ)$ amb $r < 0$ és el punt $(∣ r ∣, θ + π)$ , a l'altre costat de l'origen), i la corba pot passar dues vegades pel mateix lloc en un interval massa llarg. El protocol de traçat:

Zeros de $R (θ)$ (la corba passa per l'origen) i angles on $∣ R ∣$ és màxim.
Signe de $R$ en cada interval entre zeros.
Simetries: $R (- θ) = R (θ)$ dona simetria respecte de l'eix polar; $R (π - θ) = R (θ)$ , respecte de l'eix vertical.
L'interval mínim que recorre la corba exactament una vegada.

Les tres corbes que apareixen a tots els exàmens:

Cardioide $r = 1 + cos θ$ : $r \geq 0$ sempre, màxim $2$ a $θ = 0$ , zero a $θ = π$ . Un traçat complet en $[0, 2 π]$ . Àrea $\frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} (1 + cos θ)^{2} d θ = \frac{3 π}{2}$ .
Lemniscata $r^{2} = 4 cos 2 θ$ : només existeix on $cos 2 θ \geq 0$ , és a dir, a $[- π /4, π /4]$ i a $[3 π /4, 5 π /4]$ . Dues fulles simètriques respecte de l'origen, cadascuna traçada una vegada en el seu interval.
Rosa de tres pètals $r = 3 cos 3 θ$ : zeros a $θ = π /6 + k π /3$ ; un pètal entre dos zeros consecutius. La rosa completa es traça en $[0, π]$ ; en $[π, 2 π]$ es torna a recórrer (amb $r$ negatiu).

Rosa de tres pètals r = 3 cos 3θ amb un pètal ombrejat entre els angles −π/6 i π/6 — Rosa $r = 3 cos 3 θ$ . El pètal ombrejat correspon a $θ \in [- π /6, π /6]$ ; els altres dos s'obtenen girant $2 π /3$ .

Àrea en coordenades polars

Àrea d'una regió polar

Un sector circular de radi $r$ i angle $d θ$ té àrea $\frac{1}{2} r^{2} d θ$ (és la fracció $\frac{d θ}{2 π}$ del cercle $π r^{2}$ ). Sumant sectors, si $r = R (θ)$ recorre la frontera una sola vegada per a $α \leq θ \leq β$ ,

A = \frac{1}{2} \int_{α}^{β} R (θ)^{2} d θ .

Entre dues corbes radials, $A = \frac{1}{2} \int_{α}^{β} (R_{ext}^{2} - R_{int}^{2}) d θ$ .

La fórmula també surt de la integral doble amb $f = 1$ : $\iint_{S} r d r d θ = \int_{α}^{β} \frac{1}{2} R (θ)^{2} d θ$ . Com que $R^{2}$ és positiu, el signe de $R$ no importa per a l'àrea, però sí que importa per saber on és la regió i quantes vegades s'ha recorregut.

Lemniscata: interval justificat per la simetria

Àrea tancada per la lemniscata $r^{2} = 4 cos 2 θ$ .

El radicand ha de ser no negatiu: $cos 2 θ \geq 0$ equival a $- π /4 \leq θ \leq π /4$ (mòdul $π$ ). En aquest interval es traça una fulla sencera i només una:

A_{fulla} = \frac{1}{2} \int_{- π /4}^{π /4} 4 cos 2 θ d θ = [sin 2 θ]_{- π /4}^{π /4} = 2.

L'altra fulla és la imatge de la primera per la simetria $θ \mapsto θ + π$ (o, equivalentment, correspon a $r < 0$ en el mateix interval), i té la mateixa àrea. Àrea total: $4$ . Integrar de $0$ a $2 π$ no és una opció aquí: en la meitat de l'interval $r^{2}$ seria negatiu i la corba no existeix.

Rosa de tres pètals: no comptar dues vegades

Àrea de la rosa $r = 3 cos 3 θ$ .

Els zeros consecutius $θ = - π /6$ i $θ = π /6$ delimiten un pètal, amb $r \geq 0$ entre ells:

A_{p \overset{e}{ˋ} tal} = \frac{1}{2} \int_{- π /6}^{π /6} 9 cos^{2} 3 θ d θ = \frac{9}{4} \int_{- π /6}^{π /6} (1 + cos 6 θ) d θ = \frac{9}{4} \cdot \frac{π}{3} = \frac{3 π}{4} .

Els tres pètals són congruents: àrea total $\frac{9 π}{4}$ , que coincideix amb $\frac{1}{2} \int_{0}^{π} 9 cos^{2} 3 θ d θ$ . Si integres de $0$ a $2 π$ obtens $\frac{9 π}{2}$ , el doble, perquè la rosa de tres pètals es recorre dues vegades en una volta completa. En canvi, una rosa de $4$ pètals ( $r = 2 cos 2 θ$ ) es traça una sola vegada en $[0, 2 π]$ i l'àrea total és $4 \cdot \frac{π}{2} = 2 π$ : les roses amb $n$ senar tenen $n$ pètals i les de $n$ parell en tenen $2 n$ .

Integrar «de 0 a 2π» automàticament

L'interval $[0, 2 π]$ no és universal. La circumferència $r = 2 sin θ$ es recorre sencera en $[0, π]$ i la seva àrea és $\frac{1}{2} \int_{0}^{π} 4 sin^{2} θ d θ = π$ (radi $1$ , correcte); integrar fins a $2 π$ dona $2 π$ , el doble, perquè en $[π, 2 π]$ el radi és negatiu i torna a dibuixar el mateix cercle. Determina l'interval geomètricament (zeros, signe, simetria) abans d'aplicar la fórmula.

Protocol de resolució

Dibuixa la regió o el sòlid: corbes, interseccions, eix de gir, simetries. Sense dibuix no hi ha límits fiables.
Descriu la regió amb desigualtats: tipus I o II en cartesianes, $α \leq θ \leq β$ i $0 \leq r \leq R (θ)$ en polars. Tria l'ordre amb menys canvis de frontera.
Tria l'element diferencial: llesca (àrea), disc o capa (volum), sector (polars), i escriu la integral amb els límits que surten de la descripció, no a l'inrevés.
Si hi ha canvi de coordenades, inclou el jacobià $r$ .
Calcula amb els mètodes de primitives i comprova: signe, ordre de magnitud (compara amb un rectangle o un cilindre que contingui la figura), i, si pots, el mateix resultat per un altre camí (l'altre ordre d'integració, l'altre mètode de volum).

Llista de comprovació

Has trobat totes les interseccions i has dividit on canvia la frontera?
Els límits interiors depenen només de la variable exterior?
Volum: has dibuixat l'element i identificat radi, alçada i gruix segons l'eix de gir?
Polars: hi ha el factor $r$ ? L'interval recorre la corba exactament una vegada?
El resultat és positiu i plausible en magnitud?

Exercicis proposats

Exercici 1. Calcula l'àrea de la regió limitada per la paràbola $y = 4 - x^{2}$ i la recta $y = x + 2$ .

Solució de l'exercici 1

Interseccions: $4 - x^{2} = x + 2$ equival a $x^{2} + x - 2 = 0$ , amb solucions $x = - 2$ i $x = 1$ . Entre elles la paràbola està per sobre (a $x = 0$ : $4 > 2$ ). Per tant

A = \int_{- 2}^{1} (4 - x^{2} - x - 2) d x = \int_{- 2}^{1} (2 - x - x^{2}) d x = [2 x - \frac{x ^{2}}{2} - \frac{x ^{3}}{3}]_{- 2}^{1} = \frac{7}{6} + \frac{10}{3} = \frac{9}{2} .

Control: la regió cap dins del rectangle $[- 2, 1] \times [0, 4]$ , d'àrea $12$ , i n'ocupa bastant menys de la meitat. Plausible.

Exercici 2. La regió sota $y = e^{- x}$ per a $0 \leq x \leq 1$ gira (a) al voltant de l'eix $O X$ i (b) al voltant de l'eix $O Y$ . Calcula els dos volums.

Solució de l'exercici 2

(a) Discs de radi $e^{- x}$ :

V_{x} = π \int_{0}^{1} e^{- 2 x} d x = π [- \frac{1}{2} e^{- 2 x}]_{0}^{1} = \frac{π}{2} (1 - e^{- 2}) \approx 1, 36.

(b) Capes de radi $x$ i alçada $e^{- x}$ , integrant per parts:

V_{y} = 2 π \int_{0}^{1} x e^{- x} d x = 2 π [- x e^{- x} - e^{- x}]_{0}^{1} = 2 π (1 - \frac{2}{e}) \approx 1, 66.

Els dos volums estan fitats pel cilindre corresponent (radi $1$ i alçada $1$ en el cas (a), $π$ ; radi $1$ i alçada $1$ en el cas (b), també $π$ ), com ha de ser.

Exercici 3. (a) Calcula $\iint_{T} x y d A$ on $T$ és el triangle de vèrtexs $(0, 0)$ , $(2, 0)$ i $(0, 1)$ . (b) Calcula l'àrea de la regió interior a la cardioide $r = 1 + cos θ$ i exterior a la circumferència $r = 1$ .

Solució de l'exercici 3

(a) El costat oblic és la recta $y = 1 - x /2$ . Descripció de tipus I: $0 \leq x \leq 2$ , $0 \leq y \leq 1 - x /2$ .

\iint_{T} x y d A = \int_{0}^{2} x [\frac{y ^{2}}{2}]_{0}^{1 - x /2} d x = \frac{1}{2} \int_{0}^{2} x (1 - \frac{x}{2})^{2} d x = \frac{1}{2} \int_{0}^{2} (x - x^{2} + \frac{x ^{3}}{4}) d x = \frac{1}{2} (2 - \frac{8}{3} + 1) = \frac{1}{6} .

(b) La cardioide està fora de la circumferència quan $1 + cos θ \geq 1$ , és a dir, $cos θ \geq 0$ : $- π /2 \leq θ \leq π /2$ . En aquest interval cada corba es recorre una vegada, i

A = \frac{1}{2} \int_{- π /2}^{π /2} ((1 + cos θ)^{2} - 1) d θ = \frac{1}{2} \int_{- π /2}^{π /2} (2 cos θ + cos^{2} θ) d θ = \frac{1}{2} (4 + \frac{π}{2}) = 2 + \frac{π}{4} \approx 2, 79.

Control: és menor que l'àrea de la cardioide sencera ( $3 π /2 \approx 4, 71$ ) i positiva.

Les integrals dobles són el pont natural cap a les funcions de diverses variables, on la regió d'integració sovint és el domini que ja has hagut de dibuixar. Quan una primitiva no surt (com $\int e^{- x^{2}} d x$ en cartesianes), els mètodes numèrics donen el valor amb una precisió controlada. I per a la versió de batxillerat del càlcul d'àrees, consulta les integrals de selectivitat.