Solución

Un bosquejo de la región aparece en la figura 5.22.

Figura 5.22. Una región triangular R para integrarse de dos maneras.

Podemos completar esta integración de dos maneras diferentes.

1. Una forma de verlo es integrando primero $y$ desde $y = 0$ a $y = 1 - x$ verticalmente y luego integrando $x$ desde $x = 0$ a $x = 1$:
   $$\begin{aligned} \iint_R f(x, y)dxdy &= \int_{x=0}^{x=1}\int_{y=0}^{y=1-x} (x-2y)dydx = \int_{x=0}^{x=1}\big[xy - 2y^2\big]\bigg|_{y=0}^{y=1-x}dx\\ &= \int_{x=0}^{x=1}\big[x(1 − x) − (1 − x)^2\big]dx = \int_{x=0}^{x=1}\big[-1+3x-2x^2\big]dx\\ &= \bigg[-x + \frac32x^2 - \frac23x^3\bigg]_{x=0}^{x=1} = -\frac16\\ \end{aligned}$$
2. La otra forma de resolver este problema es integrando primero $x$ desde $x = 0$ a $x = 1 - y $horizontalmente y luego integrando $y$ desde $y = 0$ a $y = 1$:
   $$\begin{aligned} \iint_R f(x, y)dxdy &= \int_{y=0}^{y=1}\int_{x=0}^{x=1-y} (x-2y)dxdy = \int_{y=0}^{y=1}\bigg[\frac12x^2 - 2xy\bigg]_{x=0}^{x=1-y}dy\\ &= \int_{y=0}^{y=1}\bigg[\frac12(1-y)^2 - 2y(1-y)\bigg]dy = \int_{y=0}^{y=1}\bigg[\frac12 - 3y + \frac52y^2\bigg]dy\\ &= \bigg[\frac12y - \frac32y^2 + \frac56y^3\bigg]_{y=0}^{y=1} = -\frac16 \end{aligned}$$