GRA1594 Calculo aplicado Varias variaveis (Apostila 3)

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i t d ã
CÁLCULO APLICADO  - VÁRIASCÁLCULO APLICADO  - VÁRIAS
VARIÁVEISVARIÁVEIS
AS INTEGRAIS DUPLASAS INTEGRAIS DUPLAS
Autor: Me. Tal i ta Druziani Marchiori
Revisor : Ra imundo A lmeida
IN IC IAR
introdução
Introdução
Olá, estudante. Nesta unidade vamos entender como calcular a
integral dupla de funções de duas variáveis. Existem muitas
aplicabilidades das integrais duplas, como o cálculo de volumes e
áreas de superfícies, determinar massas e centroides etc.
Iniciamos a unidade com integrais duplas calculadas sobre regiões
retangulares e, em seguida, calcularemos essas integrais através das
integrais iteradas. Após, vamos aprender a determinar integrais
duplas em regiões mais gerais. Por �m, trabalharemos com um novo
sistema de coordenadas bidimensional, as coordenadas polares.
Sugerimos que resolva todos os exemplos e exercícios propostos,
esclarecendo suas dúvidas. Além disso, realize exercícios extras. Sua
dedicação será fundamental para o aprendizado!
Caro(a) estudante(a), já sabemos que podemos calcular as derivadas
parciais de funções de duas variáveis reais, considerando uma das
variáveis como sendo constante e derivando em relação a outra. Por
exemplo, sendo f(x, y) = 4x3y2 temos que fx(x, y) = 12x
2y2.
Do mesmo modo, podemos calcular uma integral inde�nida de uma
função de duas variáveis. Se desejarmos determinar a integral
inde�nida da função f(x, y) = 4x3y2 em relação à variável x, podemos
calcular a integral inde�nida considerando a variável y como
constante, ou seja,
∫4x3y2dx = 4y2∫x3dx = 4y2(
x4
4 ) + C = y
2x4 + C.
Sabemos que a integral de�nida
Integral Dupla em RegiõesIntegral Dupla em Regiões
RetangularesRetangulares
∫baf(x)dx
com f sendo uma função contínua e não negativa para a ≤ x ≤ b, é
de�nida como a área delimitada pela intersecção do eixo x, retas x = a
e x = b e pelo grá�co de f.
Agora, vamos considerar uma função f positiva, de�nida em um
retângulo R = [a, b] × [c, d]. Denotamos por S a região que está acima
de R e abaixo do grá�co de f, z = f(x, y). Dividindo o intervalo [a, b] em
m intervalos da forma [xi− 1, xi] de mesmo comprimento
Δ x = (b − a) /m e o intervalo [c,d] em n intervalos da forma [yi− 1, yi] de
mesmo comprimento Δ y = (d − c) /n, temos que o volume de S é dado
por
V = lim
m , n→ ∞
m
∑
i= 1
n
∑
j= 1
f(x ∗ , y ∗ ) ΔA
onde (x ∗ , y ∗ ) é um ponto arbitrário de cada  Rij = [xi− 1, xi] × [yi − 1, yi]
e Δ A = Δ xΔ y.
Esse tipo de limite acontece também em outras situações, mesmo se f
não for uma função positiva, então de�nimos a integral dupla de f,
onde f é uma função de duas variáveis x e y, sobre o retângulo R como
∫∫Rf(x, y) ΔA = lim
m , n→ ∞
m
∑
i= 1
n
∑
j= 1
f(x ∗ , y ∗ ) ΔA
se o limite existir. Então, se este limite existir, f é dita integrável.
Então, pelo que vimos, se f(x, y) ≥ 0, o volume V do sólido que está
acima do retângulo e abaixo da superfície z = f(x, y) é dado por
V = ∫∫Rf(x, y) Δ A
ou seja, o cálculo de volumes é uma aplicação das integrais duplas.
Por exemplo, o volume do sólido S que está abaixo de x2 + z2 = 1 e
acima de R = [ − 1, 1] × [ − 2, 2] é dado por V = ∫ ∫R1 − x
2ΔA. Note que o
grá�co de f(x, y) = z = 1 − x2  é maior ou igual a zero e é representado
pela Figura 3.1.
Como estamos restringindo o eixo y nos pontos do intervalo [-2,2],
temos que a integral dupla de 1 − x2 sobre R = [ − 1, 1] × [ − 2, 2] é a
metade do volume do cilindro de altura 4 e raio da base 1. Logo,
V = ∫ ∫R1 − x
2ΔA = 2π.
Como a integral dupla está de�nida através do cálculo de um limite e,
nem todas as integrais conseguimos relacionar com fórmulas já
conhecidas, como no caso anterior, sua resolução não é e�ciente.
Porém, temos propriedades que auxiliam no cálculo das integrais.
Admitindo que ∫ ∫Rf(x, y) Δ A e ∫ ∫Rg(x, y) Δ A existam, é válido que:
∫∫Rf(x, y) + g(x, y) Δ A = ∫∫Rf(x, y) Δ A + ∫∫Rg(x, y) Δ A
∫ ∫Rc f(x, y) Δ A = c ∫ ∫Rf(x, y) Δ A, onde c é uma constante.
Sendo f(x, y) ≥ g(x, y) para todo (x, y) ∈ R2, ∫ ∫Rf(x, y) Δ A ≥ ∫ ∫Rg(x, y) Δ A.
Por exemplo, se ∫ ∫Rf(x, y) Δ A = 3e∫ ∫Rg(x, y) Δ A = 2, então
∫∫Rf(x, y) + g(x, y) Δ A = 5
praticar
Vamos Praticar
Pelo que aprendemos, podemos calcular o volume de um sólido através
das integrais duplas ∫ ∫Rf(x, y) Δ A = limn→ ∞ ∑
m
i= 1 ∑
n
j= 1f(x
∗ , y ∗ ) Δ A. Como os
pontos x ∗ e y ∗ são pontos arbitrários de cada  Rij = [xi− 1, xi] × [yi − 1, yi] ,
podemos considerar os pontos médios de cada Rij = [xi− 1, xi] × [yi − 1, yi].
Essa técnica é conhecida como regra do ponto médio para integrais duplas
e com ela temos que a integral dupla ∫ ∫Rf(x, y) Δ A é aproximadamente igual
a ∑mi= 1 ∑
n
j= 1f(x
_ i
, yj
_
) Δ A, onde x
_ i
 e yj
_
 são os pontos médios de cada  
Rij = [xi− 1, xi] × [yi − 1, yi] .  Utilizando essa técnica, para m = n = 2, a
estimativa da integral ∫ ∫R(x − 3y
2)ΔA onde R = [0, 2] × [1, 2] é:
a) - 11, 875.
b) - 8,50.
c) - 5,125.
d) 0,368.
e) 2,07.
Querido(a) aluno(a), o Teorema Fundamental do Cálculo nos fornece
um método para calcular as integrais de funções de uma variável real
sem precisarmos recorrer à de�nição. Neste tópico, veremos como
determinar uma integral dupla sem necessitar utilizar a sua de�nição.
Esse método consiste em calcular uma integral dupla calculando duas
integrais ordinárias.
Sendo uma função f de duas variáveis de�nida sobre o retângulo
R = [a, b] × [c, d], estaremos considerando x como constante quando
trabalharmos com ∫dc f(x, y)dy. O resultado dessa integração é uma
função que depende de x, que podemos denotar por A(x) = ∫dc f(x, y) dy,
daí podemos integrar A em relação a x, ou seja,  
∫baA(x) = ∫
b
a[∫
d
c f(x, y) dy]dx.
Integrais IteradasIntegrais Iteradas
Do mesmo modo, consideramos y como constante quando
integramos ∫baf(x, y) dx. O resultado dessa integração é uma função que
depende de y, donde, podemos integrá-lo em relação a y, isto é,  
∫dc[∫
b
af(x, y) dx]dy. Note ainda que podemos omitir o uso dos colchetes.
Chamamos as integrais duplas ∫ba∫
d
c f(x, y) dydx e ∫
d
c ∫
b
af(x, y) dxdy de
integrais iteradas. Então, a integral iterada ∫ba∫
d
c f(x, y) dydx signi�ca que
primeiro integramos em relação a y no intervalo (c, d) e, depois,
integramos em relação a x no intervalo (a, b). Já na integral iterada
∫dc ∫
b
af(x, y) dxdy, primeiro integramos em relação a x no intervalo (a, b),
depois em relação a y no intervalo (c, d).
Por exemplo, para calcular ∫30∫
2
1x
2ydydx primeiro olhamos x como
constante e integramos em relação a y no intervalo (1,2), isto é,
∫21x
2ydy = x2∫21ydy = x
2[
y2
2 ]
2
1 = x
2 2
2
2 − x
2 1
2
2 =
3
2 x
2.
Agora, integramos esse resultado em relação a x no intervalo (0,3),
assim,
∫30
3
2 x
2dx =
3
2 ∫
3
0x
2dx =
3
2 [
x3
3 ]03 =
3
2
33
3 +
3
2
03
3 =
27
2
Você pode se perguntar, se calcular a integral iterada ∫21∫
3
0x
2ydxdy
teremos o resultado? Em geral, a resposta é sim! Então, vamos
veri�car: primeiro integrando em relação a x, consideramos y como
constante, donde
∫30x
2ydx = y∫30x
2ydx = y[
x3
3 ]
3
0 = y
33
3 + y
03
3 =
9
2 y
e,  integrando o resultado em relação a y,
∫30
9
2 ydy =
9
2 [
y2
2 ]
2
1 =
9
2
22
2 −
9
2
12
2 =
27
2
Podemos determinar a integral dupla por esse método de forma
direta, como:
∫10∫
3
04xy
3dydx = ∫104x[∫
3
0y
3dy]dx = ∫104x[
y4
4 ]
3
0dx = ∫
1
081xdx = 81∫
1
0xdx = 81[
x2
2 ]
1
0 = 40, 5
.
De maneira geral, se f for contínua no retângulo
R = (x, y); a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d, então
∫ ∫Rf(x, y)dA = ∫
b
a∫
d
c f(x, y)dydx = ∫
d
c ∫
b
af(x, y)dxdy.
Este resultado é conhecido como Teorema de Fubini.
Considere a função f(x, y) = x − 3y2. Podemos ver um esboço do grá�co
de f na Figura 3.2 abaixo.
Se desejarmos calcular a integral dupla de f sobre
R = (x, y); 0 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 2, pelo Teorema de Fubini temos
∫ ∫Rf(x, y)dA = ∫
2
0∫
2
1(x − 3y
2)dydx = ∫20[xy − y
3]21 = ∫
2
0(x − 7)dx = [
x2
2 − 7x]
2
0 = − 12
Como a resposta dessa integral dupla foi um número negativo,
podemos concluir que ela não se tratade um volume. Isso acontece
porque a função f não é positiva, como pudemos observar na Figura
3.2.
Como vimos no primeiro tópico desta unidade, se f(x, y) ≥ 0 o volume
do sólido formado pelos pontos que estão abaixo do grá�co de f(x, y)
e acima do plano xy pode ser calculado pela integral dupla. Mas, se
f(x, y) = 1 temos que sua integral dupla sobre a região R é igual à área
do conjunto R, ou seja
área de R = ∫ ∫R1dxdy = ∫ ∫Rdxdy.
Por exemplo, para determinar a área da região retangular da Figura
3.3, basta calcularmos
∫62∫
4
2dxdy = ∫
6
2x |
4
2dy = ∫
6
2(4 − 2)dy = 2y |
6
2 = 12 − 4 = 8
Ou seja, a área da região da Figura 3.3 é igual a 8.
praticar
Vamos Praticar
Com as integrais iteradas podemos realizar a integração de integrais duplas
calculando duas integrais unidimensionais utilizando o conhecimento do
cálculo integral que possuímos. Assinale a alternativa correta.
a) Sendo R = (x, y) ∈ R2; 1 ≤ x ≤ 3, 1 ≤ y ≤ 2, ∫ ∫R(2x + 4y)dydx = − 20.
b) O volume do sólido determinado pelos pontos 0 ≤ z ≤ x2 + y2 com 
0 ≤ x ≤ 3 e 0 ≤ y ≤ 2 é 32.
c) Temos que ∫ π0 ∫
2
1ysen(xy)dxdy = − 1.
Figura 3.3 - Cálculo de área
Fonte: Elaborada pela autora.
d) Utilizando o Teorema de Fubini, podemos concluir que 
∫20∫
1
0(x + 2)dxdy = 5.
e) Sendo R = (x, y) ∈ R2; 0 ≤ x ≤ 5, 0 ≤ y ≤ 1, ∫ ∫Rxe
ydydx = 0.
Já aprendemos, aluno(a), nos tópicos anteriores, a calcular uma
integral dupla sobre regiões retangulares. Agora, considere uma
função f de duas variáveis de�nida sobre uma região limitada D, que
não é retângulo. Para realizar a integração dupla sobre esta região D
recorremos à região retangular em que F está de�nida, onde a função
F é igual à função f em D e F = 0 fora de D.
Isto é, se f estiver de�nida sobre uma região limitada D qualquer,
de�nimos uma nova função F para determinar a integral dupla de f.
Essa função F possui como domínio um retângulo R, onde D ⊂ R e é
de�nida por: F(x, y) = f(x, y) se (x, y) ∈ D e F(x, y) = 0 se (x, y) ∈ (R − D).
Observe a ilustração a seguir.
Integrais Duplas SobreIntegrais Duplas Sobre
Regiões GeraisRegiões Gerais
De�nimos a integral dupla de f em D por
∫ ∫Df(x, y)dA = ∫ ∫RF(x, y)dA,
desde que F seja integrável em R.
Vamos classi�car as regiões D em dois tipos. Se uma região D for a
região entre o grá�co de duas funções contínua em x, diremos que D
é do tipo I. Agora, se D for a região entre o grá�co de duas funções
contínua em y, diremos que D é do tipo II.
Para calcularmos as integrais duplas de funções de duas variáveis
de�nidas sobre regiões do tipo I, ou seja, regiões da forma
D = (x, y), a ≤ x ≤ b, g1(x) ≤ y ≤ g2(x) com   g1 e g2 contínuas em   [a,b],
 utilizamos a seguinte igualdade:
∫ ∫Df(x, y)dA = ∫
b
a∫
g2 ( x )
g1 ( x )
f(x, y)dydx.
E, de modo análogo, calculamos as integrais duplas de funções de
duas variáveis de�nidas sobre regiões do tipo II, isto é, regiões da
forma D = (x, y), c ≤ y ≤ d, h1(x) ≤ x ≤ h2(x) com   h1 e   h2 contínuas
em  [c, d], como:
∫ ∫Df(x, y)dA = ∫
d
c ∫
h2 ( x )
h1 ( x )
f(x, y)dxdy.
Por exemplo, se a região D for limitada pelas parábolas
y = 2x2ey = 1 + x2, temos que esta região é do tipo I, uma vez que
2x2 = 1 + x2 ⇔ x = ± 1. Logo, podemos escrever
D = (x, y), − 1 ≤ x ≤ 1, 2x2 ≤ y ≤ 1 + x2. Na Figura 3.5, temos a
visualização grá�ca desta região.
Então, a integral dupla de f(x, y) = x + 2y sobre D é dada por:
\[\int \int_D f(x,y) dA = \int_{-1}^1 \int_{2x^2}^{1+x^2}(x+2y) dy dx=/]
∫1− 1[xy + y2]
y= 1 + x2
y= 2x2 dx =
∫1− 1[x(1 + x2) + (1 + x2)2 − x(2x2) − (2x2)2] =
{ }
∫
1
− 1( − 3x
4 − x2 + 2x2 + x + 1)dx =
[ − 3
x5
5
−
x4
4
+ 2
x3
3
+
x2
2
+ x]1− 1
=
32
15
A região D limitada pela reta y = 2x e pela parábola y = x2 pode ser
vista como uma região do tipo II. Então, podemos escrever
D = (x, y), 0 ≤ y ≤ 4, 1 /2y ≤ x ≤ √x. Gra�camente,
Calculando a integral dupla de f(x, y) = x2 + y2 sobre D, considerando D
como uma região do tipo II, obtemos:
∫∫Df(x, y)dA = ∫
4
0∫√
y
1
2 y
(x2 + y2)dxdy =
∫
4
0[
x3
3
+ y2x]x= √y
x=
1
2 y
dy =
∫40[
(√y)3
3
+ y2√y −
(
1
2 y)
3
3
− y2
1
2
]dy =
∫
4
0(
y3
22
3
+ y5 / 2 −
y3
24
−
y3
2
)dy =
[
y5 / 2
15
+
2y7 / 2
7
−
13y4
96
]40 =
216
35
.
Como pudemos observar no Re�ita, se uma região pode ser escrita
dos tipos I e II, podemos calcular sua integral da forma que acharmos
mais apropriado. O cálculo terá a mesma resposta.
Assim como já comentamos para regiões retangulares, quando
estamos trabalhando com regiões gerais, a integral dupla de f(x, y) ≥ 0
sobre B = (x, y, z) ∈ R3; (x, y) ∈ B e 0 ≤ z ≤ f(x, y) é o volume do sólido
formado pelos pontos que estão abaixo do grá�co de f(x, y) e acima
do plano xy e, se f(x, y) = 1, a integral dupla de f sobre B é igual a área
do conjunto B.
praticar
Vamos Praticar
O sólido limitado entre os planos x + 2y + z, x = 2y, x = 0, z = 0 é um
tetraedro. Sabemos que podemos determinar seu volume através do
cálculo de integrais duplas. Então, é correto a�rmar que este tetraedro
possui volume igual a:
a) 1/3.
b) 7/8
c) √27
d) 15
e) e) -7.
Algumas integrais duplas são complicadas de serem determinadas
quando suas regiões são descritas como coordenadas retangulares.
Para esses casos, de�niremos um novo sistema de coordenadas no
plano cartesiano: as coordenadas polares.
Imagine, caro(a) estudante, que queremos calcular a integral dupla
∫ ∫Pf(x, y)dA, onde P é a região esboçada na Figura 3.8. Seria difícil
calcular esta integral se escrevêssemos a região D em coordenadas
retangulares, então escrevemos ela em coordenadas polares.
Integrais Duplas emIntegrais Duplas em
Coordenadas PolaresCoordenadas Polares
Um retângulo polar é da forma P = (r, θ); a ≤ r ≤ b, α ≤ θ ≤ βe,
relacionamos as coordenadas polares (r,θ) de um ponto com as
coordenadas retangulares através das igualdades r2 = x2 + y2   ,
x = rcosθ, y = rsenθ.
Assim, se f é contínua no retângulo polar P, onde 0 ≤ β − α ≤ 2π temos
que
∫ ∫Pf(x, y)dA = ∫
β
α ∫
b
af(rcosθ, rsenθ)rdrdθ.
Por exemplo, se desejarmos calcular a integral dupla ∫ ∫P(3x + 4y
2)dA,
onde P é a região do semiplano superior limitada por x2 + y2 = 1 e
x2 + y2 = 4, podemos descrever a região P em coordenadas
retangulares como P = (x, y); y ≥ 0, 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4 e, em coordenadas
polares como P = (r, θ); 1 ≤ r ≤ 4, 0 ≤ θ ≤ π.
Temos que, f(x, y) = 3x + 4y2, assim f(rcosθ, rsenθ) = 3rcosθ + 4r2(senθ)2 e
∫ ∫P(3x + 4y
2)dA = ∫π0∫
2
1(3rcosθ + 4r
2(senθ)2)rdrdθ
= ∫π0∫
2
1(3r
2cosθ + 4r3(senθ)2)drdθ
= ∫π0[r
3cosθ + r4(senθ)2]r= 2r= 1dθ
= ∫π0[7cosθ + 15(senθ)
2]dθ
= ∫π0[7cosθ +
15
2 (1 − cos2θ)]dθ = [7senθ +
15θ
4 −
15
4 sen2θ]
π
0 =
15π
2
=
15π
2 .
Desde o ensino fundamental trabalhamos com a fórmula πz2 quando
desejamos calcular a área de uma circunferência de raio z. Podemos
veri�car essa fórmula através das integrais duplas com o auxílio das
coordenadas polares.
Dada uma circunferência de centro na origem e raio z, pelos que
vimos no decorrer desta unidade sua área é determinada através da
integral dupla, isto é,
área da circunferência = ∫ ∫Pdxdy,
onde P = (x, y) ∈ R2; x2 + y2 ≤ z2.   Reescrevendo P em coordenadas
polares, obtemos P = (r, θ) ∈ R2; 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ z.  Então:
área da circunferência = ∫ ∫Prdrdθ = ∫
2 π
0 ∫
z
0rdrdθ
= ∫2 π0 [
r2
2 ]
z
0dθ = ∫
2 π
0
z2
2 dθ = [
z2
2 θ]
2 π
0 = πz
2.
praticar
Vamos Praticar
As coordenadas polares facilitam o cálculo de integrais duplas quando é
complicado escrever a região na qual a função está de�nida em
coordenadas retangulares. Utilizando as coordenadas polares,
encontramos que o volume do sólido limitado pelo plano z = 0 e pelo
paraboloide z = 1 − x2 − y2 é igual a:
a) 12π
b) 
16
3 π
c) 8π
d) 2√3π
e) 
1
2 π
indicações
Material Complementar
LIVRO
Cálculo - Volume II
Editora: Cengage Learning
Autor: James Stewart
ISBN: 9788522106615
Comentário: Este livro aborda todos os tópicos
que vimos nesta unidade de forma ampla e
detalhada contendo diversos exemplos
resolvidos, o que pode ajudar na compreensão
da disciplina.
FILME
O Céude Outubro
Ano: 1999
Comentário: O �lme é baseado na história real
de um engenheiro da NASA que na adolescência,
com ajuda de um grupo de amigos, desenvolveu
um projeto que transformou a vida de todos do
grupo.
TRA ILER
conclusão
Conclusão
Nesta unidade, prezado(a) aluno(a), aprendemos como trabalhar com
as integrais duplas de funções de duas variáveis. Vimos, através das
integrais iteradas, que não precisamos recorrer à de�nição para
calcular uma integral dupla, podemos realizar o cálculo de duas
integrais unidimensional e utilizar todo nosso conhecimento do
cálculo integral ordinário. Após, trabalhamos com a integração dupla
sobre regiões retangulares e mais gerais e introduzimos um novo
sistema de coordenadas para o plano cartesiano, as coordenadas
polares.
Esperamos que esta unidade tenha sido produtiva e que você tenha
aproveitado ao máximo, resolvendo exercícios e questionando suas
dúvidas. Continue se dedicando, até uma próxima!
referências
Referências Bibliográ�cas
GUIDORIZZI, H. L. Um curso de Cálculo - volume 2. 5. ed. Rio de
Janeiro: Grupo GEN, 2010.
STEWART, J. Cálculo - volume 2. 6. ed. São Paulo: Cengage Learning,
2008.