Cálculo Integral Dupla

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INTEGRAIS DUPLAS
VOLUMES E INTEGRAIS DUPLAS
Na tentativa de resolver o problema de determinar áreas, chegamos à definição de integral definida. Vamos aplicar procedimento semelhante para calcular o volume de um sólido e, no processo, chegar à definição de integral dupla.
Consideremos uma função f de duas variáveis definida em um retângulo fechado 
R = [a,b] x [c,d] = {(x,y) (IR2| a < x < b, c < y < d }
e vamos, inicialmente, supor f(x,y) > 0. O gráfico de f é a superfície de equação z = f(x,y).
Seja S o sólido que está contido na região acima de R e abaixo do gráfico de S, ou seja,
S = {(x,y,z) (IR3| (x,y) ( R, 0 < z < f(x,y)}
Nosso objetivo é determinar o volume de S.
O primeiro passo consiste em dividir o retângulo R em sub-retângulos. Faremos isso dividindo o intervalo [a,b] em m subintervalos [xi-1 , xi], de mesmo comprimento (x = (b – a) / m, e o intervalo [c,d] em n subintervalos [yj-1 , y j], de mesmo comprimento (y = (b – a) / n. traçando retas paralelas aos eixos coordenados passando pelos extremos dos subintervalos, formamos os sub-retângulos.
Rij = [x i-1,x i] x [y j-1,y j ] = {(x,y) | x i-1 < x < x i , y j-1 < y < y j }
cada um dos quais com área (A = (x(y.
Se escolhermos um ponto arbitrário (xij , yij) em cada Rij, podemos aproximar a parte de S que está acima de cada Rij por uma caixa retangular fina (ou um prisma) com base Rij e altura f(xij , yij). O volume desta caixa é dado pela sua altura vezes a área do retângulo da base:
Vij = f(xij , yij)(A.
Se seguirmos com esse procedimento para todos os retângulos e somarmos os volumes das caixas correspondentes, obteremos uma aproximação do volume total de S:
V ( 
Essa dupla soma significa que, para cada sub-retângulo, calculamos o valor de f no ponto amostra escolhido, multiplicamos esse valor pela área do sub-retângulo e, então, adicionamos os resultados.
Nossa intuição diz que a aproximação V ( 
melhora quando aumentamos os valores de m e de n e, portanto, devemos esperar que:
V = 
.
Usamos essa expressão para definir o volume do sólido S que corresponde à região que está acima do retângulo R e abaixo do gráfico de f.
Mesmo f não sendo uma função positiva, podemos dar a seguinte definição:
A integral dupla de f sobre o retângulo R é
�� EMBED Equation.3 
se esse limite existir.
Pode ser provado que o limite existe sempre que f for uma função contínua.
Além disso, se f(x,y) > 0, então o volume do sólido que está acima do retângulo R e abaixo da superfície z = f(x.y) é
.
A soma 
é chamada soma dupla de Riemann e é usada como aproximação do valor da integral dupla.
Exemplo 1: O volume do sólido que está acima do quadrado R = [0,2] x [0,2] e abaixo do parabolóide elíptico z = 16 – x2 – 2y2 pode ser aproximado pela subdivisão de R em quatro quadrados iguais e a escolha do ponto amostra como o canto superior de cada quadrado Rij.
Solução: Os quadrados estão ilustrados na figura acima e a área de cada um vale 1. O parabolóide é o gráfico de f(x,y) = 16 – x2 – 2y2. Aproximando o volume pela soma de Riemann com m = n = 2, temos:
= f(1,1)(A + f(1,2) (A + f(2,1) (A + f(2,2) (A
			 = 13(1) + 7(1) + 10(1) + 4(1) = 34
Esse é o volume das caixas aproximadoras, como mostra a figura abaixo:
Obtemos melhor aproximação do volume quando aumentamos o número de quadrados. A figura abaixo mostra como as figuras começam a parecer mais com o sólido verdadeiro e as aproximações correspondentes vão se tornando mais precisas quando usamos 16, 64 e 256 quadrados.
INTEGRAIS ITERADAS
Se f for contínua no retângulo R = { (x,y) | a < x < b, c < y < d }, então calculamos a integral dupla de f em R através de integrais iteradas, como mostrado abaixo:
Este resultado, conhecido como Teorema de Fubini, vale sempre que f for limitada em R, podendo ser descontínua em um número finito de pontos de R.
Exemplo 2: Calcule o valor da integral 
, onde R = [0,3] x [1,2]
Solução:	
=
=
=
=
=
=
ou
=
=
=
=
=
=
O valor obtido é o volume do sólido acima de R e abaixo do gráfico da função f(x,y) = x2y (Veja figura ao lado)
Exemplo 3: Calcule 
, onde R = [1,2] x [0,(].
Solução: 
Obs.: 1) Se mudarmos a ordem de integração, invertendo as integrais iteradas, a resolução das mesmas irá requerer a aplicação de técnicas de integração, tornando o trabalho mais demorado. Portanto é importante observar o tipo de função que iremos integrar e fazer uma boa escolha da ordem de integração.
	2) O valor obtido nesta integral representa a diferença do volume da parte do sólido que está acima do retângulo R e do volume da parte do sólido que está abaixo de R. Como o resultado foi zero, estes volumes são iguais.
Exemplo 4: Determine o volume do sólido S que é delimitado pelo parabolóide elíptico x2 + 2y2 + z = 16, os planos x = 2 e y = 2 e os três planos coordenados.
Solução: Observemos, primeiro, que S é o sólido que está abaixo da superfície z = 16 – x2 – 2y2 e acima do retângulo R = [0,2] x [0,2], como mostra a figura.
Vamos calcular o volume deste sólido usando integral dupla:
 
INTEGRAIS DUPLAS EM REGIÕES GENÉRICAS
Para integrais simples, a região sobre a qual integramos é sempre um intervalo. Mas, para integrais duplas, queremos ser capazes de integrar a função f, não somente sobre retângulos, mas também sobre um região D de forma mais geral, como mostra a figura abaixo. Vamos supor que D seja uma região limitada, o que significa que D pode ser cercada por uma região retangular R. Definimos, então, uma nova função F com domínio R por
Se a integral dupla de F sobre R existe, então definimos a integral dupla de f sobre D por
Cálculo da Derivada Dupla sobre Regiões Planas Genéricas
Regiões planas inscritas em faixas verticais:
Consideremos uma região D inscrita na faixa vertical a < x < b e entre o gráfico de duas funções contínuas de x, ou seja:
D = { (x,y) | a < x < b, g1(x) < y < g2(x) }
onde g1 e g2 são contínuas em [a,b]. Por exemplo, as regiões D representadas abaixo:
A integral dupla de f em D é calculada pelas seguintes integrais iteradas:
sempre que f for contínua em D.
Regiões planas inscritas em faixas horizontais:
Consideremos uma região D inscrita na faixa horizontal c < y < d e entre o gráfico de duas funções contínuas de y, ou seja:
D = { (x,y) | c < y < d, h1(y) < x < h2(y) }
onde h1 e h2 são contínuas em [c,d]. Por exemplo, as regiões D representadas abaixo:
A integral dupla de f em D é calculada pelas seguintes integrais iteradas:
sempre que f for contínua em D.
Exemplo 5: Calcule 
 onde D é a região limitada pelas parábolas y = 2x2 e y = 1 + x2.
Solução: 				 
A região D está inscrita na faixa vertical –1 < x < 1, pois essas são as abscissas dos pontos de intersecção das duas parábolas e podemos escrever:
D = { (x,y) | –1 < x < 1, 2x2 < y < 1 + x2 }
Assim, calculamos a integral dupla através das seguintes integrais iteradas:
Exemplo 6: Determine o volume do sólido que está abaixo do parabolóide z = x2 + y2 e acima da região do plano xy limitada pela reta y = 2x e pela parábola y = x2.
Solução: 	D é uma região inscrita na faixa vertical 0 < x < 2, portanto:
D = { (x,y) | 0 < x < 2, x2 < y < 2x }
	
Assim, o volume é:
Mas também podemos inscrever a região D na faixa horizontal 0 < y < 4, com:
D = { (x,y) | 0 < y < 4, 
}
Portanto, o volume pode ser calculadocomo:
Exemplo 7: Calcule 
, onde D é a região limitada pela reta y = x – 1 e pela parábola y2 = 2x + 6.
Solução: 
A intersecção das duas curvas é calculada da seguinte maneira:
[y2 = 2x + 6] ( [y = x – 1] ( 
 e x = y + 1 ( 
 ( y2 – 2y – 8 = 0
			 ( y = –2 ( x = –1 ) ou y = 4 (x = 5 )
Portanto os pontos de intersecção das curvas são (-1,-2) e (5,4).
Novamente, a região D pode ser considerada inscrita tanto em uma faixa vertical como em uma faixa horizontal. Mas a descrição de D considerada inscrita na faixa vertical -3 < x < 5 é mais complicada, pois sua fronteira inferior é constituída por mais de uma curva.
Assim, preferimos expressar D como:
D = { (x,y) | -2 < y < 4, 
< x < y + 1 }
Logo: 
Exemplo 8: Determine o volume do tetraedro limitado pelos planos x + 2y + z = 2, x = 2y, x = 0 e z = 0.
Solução: 	Em uma questão como esta, é prudente desenhar dois diagramas: um do sólido tridimensional e outro da região plana D sobre a qual o sólido está.
	Igualando as equações dos planos, duas a duas, obtemos as retas que contém as arestas do tetraedro:
A figura acima, à esquerda, mostra o tetraedro T limitado pelos planos coordenados x = 0, z = 0, o plano vertical x = 2y e o plano x + 2y + z = 2.
Como x + 2y + z = 2 intercepta o plano xy (de equação z = 0) na reta x + 2y = 2, vemos que T está sobre a região triangular D, do plano xy, limitada pelas retas x = 2y, x + 2y = 2 e x = 0.
O plano x + 2y + z = 2 pode ser escrito como z = 2 – x – 2y e a região D como:
D = { (x,y) | 0 < x < 1, x/2 < y < 1 – x/2 }.
Portanto o volume de T é:
Propriedades das Integrais Duplas:
1)
2)
, onde c é uma constante
3)
,
Exemplo 9: Expresse, de duas maneiras, as integrais iteradas que resolvem 
, onde D é a região do plano xy limitada pelos gráficos de 
, y = 1, y = 3, 3y + x = 10 e x = y2. 
Solução: No gráfico abaixo, aparecem as curvas que formam a fronteira de D.
A região que tem como fronteira todas as curvas citadas é a parte sombreada do plano. Portanto essa é a região D. Assim, podemos descrevê-la de duas formas:
1) Inscrita na faixa vertical (/6 ( x ( 4 e, nesse caso dividi-la em
	D1 = { (x,y) | (/6 ( x ( 1, 1 ( y ( 3 } e
	D2 = { (x,y) | 1 ( x ( 4, 
}
2) Inscrita na faixa horizontal 1 ( y ( 3 e, nesse caso, dividi-la em
	D1 = { (x,y) | 1 ( y ( 2, (/6 ( x ( y2 } e
	D2 = { (x,y) | 2 ( y ( 3, (/6 ( x ( 10 – 3y }
Na forma 1), as integrais iteradas são:
Na forma 2), as integrais iteradas são:
APLICAÇÕES: MASSA E CENTRO DE MASSA DE UMA LÂMINA
Suponha uma lâmina colocada em uma região D do plano xy e cuja densidade (em unidades de massa por unidade de área) no ponto (x,y) em D é dada por ((x,y), onde ( é uma função contínua sobre D. Então a massa total m da lâmina é dada por:
Além disso, o centro de massa dessa lâmina é o ponto (X,Y), onde 
 e 
, sendo 
 e 
os momentos em relação aos eixos x e y, respectivamente.
Exemplo 10: 	Determine a massa e o centro de massa de uma lâmina triangular com vértices (0,0), (1,0) e (0,2), se a função densidade é ((x,y) = 1 + 3x + y.
Solução: 
O triângulo D está limitado pelas retas x = 0, y = 0 e y = 2 – 2x.. Podemos expressar D por:
D = { (x,y) | 0 ( x ( 1, 0 ( y ( 2 – 2x }
A massa da lâmina é:
Portanto:
Os momentos são:
Assim:
 , 
Logo, o centro de massa da lâmina é o ponto (3/8,11/16), indicado na figura:
Para complementar o estudo, faça a leitura das páginas 399 a 415 do livro ANTON, vol2, e resolva os exercícios ímpares de nº 1 a 15 e 19 a 29, das páginas 405 e 406 e de nº 1 a 21, 31 a 37 e 41 a 51 das páginas 413 e 414.
DESAFIO: Após ler a seção “Área calculada como uma integral dupla”, das páginas 411/412 e o quadro “Valor médio” da página 414, resolva os exercícios de nº 25 e 27 da pág. 413 e 57 da pág. 415.
b
a
x
y
d
c
R
R
�
x
y
z
S
R
c
d
x
a
b
y
x1
x2
xi-1
xi
(x
(y
yj
yj-1
y2
y1
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
(
Rij
(xij , yij)
S
z
y
x
R
�
(
f (xij , yij )
 (xij , yij )
Vij
2
2
1
1
0
x
y
(1,1)
(2,2)
(2,1)
(1,2)
R11
R22
R21
R12
y
3
2
x
1
0
R
�
�
�
R
D
D
x
x
y
y
0
0
0
y
x
D
y = g1(x)
y = g1(x)
a
a
a
b
b
b
0
y
x
D
0
y
x
D
y = g1(x)
y = g2(x)
y = g2(x)
y = g2(x)
x = h2(y)
x = h2(y)
x = h2(y)
x = h1(y)
x = h1(y)
x = h1(y)
c
c
c
d
d
d
0
y
x
D
0
y
x
D
0
y
x
D
x
y
–1
1
y = 2x2
y = 1 + x2
�
y = 2x
y = x2
�
y2 = 2x + 6
y = x – 1
(1, ½, 0)
(0, 1, 0)
(0, 0, 2)
x + 2y + z = 2
x = 2y
x
y
z
x
y
1
1
½ 
x + 2y = 2
x = 2y
D
T
se D = D1 ( D2, onde D1 e D2 não se sobrepõem exceto, possivelmente, nas fronteiras.
� EMBED Word.Picture.8 ���
3
(/6
y =3
y =1
x =(/6
3y + x = 10
x = y2
D
(0,2)
(0,0)
(1,0)
y = 2 – 2x
D
(3/8,11/16)
(
D
y = 2 – 2x
(1,0)
(0,0)
(0,2)
_1097561200.unknown
_1097674184.unknown
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