Aula 13: Definição de integrais duplas. Cálculo de integrais duplas por integrais iteradas

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Integrais duplas
Lembramos que, no Cálculo 1, definimos a integral de uma função positiva no intervalo [a, b]∫ b
a
f(x) dx
como sendo a área entre o gráfico de f e o eixo x para x ∈ [a, b]. Para o cálculo da integral,
definíamos somas de Riemann (que consistiam em aproximar a área desejada à partir de somas
de áreas de retângulos). À medida que aumentávamos a quantidade de retângulos, obtínhamos
aproximações cada vez melhores para a área e a área era dada pelo limite de somas de Riemann.
No caso em que f não era uma função positiva, o resultado da integral representava a
diferença entre a área entre o gráfico de f(x) e o eixo x quando f era positiva e a área entre o
gráfico de f(x) e o eixo x quando f era negativa.
Depois vimos que o teorema fundamental do Cálculo nos fornecia um método prático para
calcular as integrais à partir das antiderivadas das funções.
No caso de funções de duas variáveis temos algo semelhante. Definimos a integral dupla de
uma função positiva no retângulo
R = [a, b]× [c, d] = {(x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b e c ≤ y ≤ d}
como sendo o volume entre o gráfico de f e o plano xy para (x, y) ∈ R e a denotamos por∫∫
R
f(x, y) dA
Para o cálculo da integral, definimos somas de Riemann (que consistem em aproximar o
volume desejado à partir de somas de volumes de paralelepípedos). À medida que aumentamos
a quantidade de paralelepípedos, obtemos aproximações cada vez melhores para o volume e ele
é dado pelo limite de somas de Riemann.
No caso em que f não é uma função positiva, o resultado da integral dupla representa a
diferença entre o volume entre o gráfico de f(x, y) e o plano xy quando f é positiva e o volume
entre o gráfico de f(x, y) e o plano xy quando f é negativa.
1
Integrais iteradas
Em geral é difícil calcular integrais duplas à partir das somas de Riemann da função. En-
tretanto, veremos que podemos calculá-las à partir de duas integrais de funções de uma única
variável.
Suponha que uma função f(x, y) é uma função de duas variáveis contínua no retângulo
R = [a, b]× [c, d] = {(x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b e c ≤ y ≤ d}
A integral ∫ d
c
f(x, y) dy
é usada para denotar a integral de f(x, y) com relação à y de c até d se considerarmos a variável
x como constante e a chamamos de integral parcial de f com relação à y.
Exemplo 1. Para calcularmos a integral ∫ 2
1
y2x dy
consideramos a variável x como sendo constante e obtemos∫ 2
1
xy2 dy =
[
x
y3
3
]y=2
y=1
=
8x
3
− x
3
=
7x
3
Exemplo 2. Para calcularmos a integral∫ 2
1
y2 + x dy
consideramos a variável x como sendo constante e obtemos∫ 2
1
y2 + x dy =
[
y3
3
+ xy
]y=2
y=1
=
(
8
3
+ 2x
)
−
(
1
3
+ x
)
=
7
3
+ x
Observe que a integral parcial de f com relação à y nos fornece uma função que depende
apenas de x. Se integrarmos esta função com relação à x de a até b, obtemos a integral∫ b
a
∫ d
c
f(x, y) dy dx =
∫ b
a
[∫ d
c
f(x, y) dy
]
dx
que é chamada de integral iterada de f em R.
Exemplo 3. Calcule a integral iterada da função f(x, y) = xy2 no retângulo [−1, 3]× [1, 2].
Como ∫ 2
1
xy2 dy =
7x
3
então temos que
2
∫ 3
−1
∫ 2
1
f(x, y) dy dx =
∫ 3
−1
[∫ 2
1
xy2 dy
]
dx
=
∫ 3
−1
7x
3
dx
=
[
7x2
6
]x=3
x=−1
=
63
6
− 7
6
=
56
3
Exemplo 4. Calcule a integral iterada da função g(x, y) = y2 + x no retângulo [−1, 3]× [1, 2].
Como
∫ 2
1
y2 + x dy =
7
3
+ x, então temos que
∫ 3
−1
∫ 2
1
g(x, y) dy dx =
∫ 3
−1
[∫ 2
1
y2 + x dy
]
dx
=
∫ 3
−1
[
7
3
+ x
]
dx
=
[
7x
3
+
x2
2
]x=3
x=−1
=
(
21
3
+
9
2
)
−
(
−7
3
+
1
2
)
=
28
3
+ 4
=
40
3
Podemos definir também a integral iterada∫ d
c
∫ b
a
f(x, y) dx dy =
∫ d
c
[∫ b
a
f(x, y) dx
]
dy
Nesse caso, primeiro integramos a função com relação à x de a até b considerando y constante
e depois integramos o resultado com relação à y de c até d.
3
Exemplo 5. Calcule a integral iterada
∫ 5
2
∫ 3
0
x2
y
dx dy .
Calculamos primeiro a integral com relação à x:∫ 3
0
x2
y
dx =
[
x3
3y
]x=3
x=0
=
9
y
Logo, ∫ 5
2
∫ 3
0
x2
y
dx dy =
∫ 5
2
[∫ 3
0
x2
y
dx
]
dy
=
∫ 5
2
9
y
dy
= [ 9 ln |y| ]y=5y=2
= 9 ln 5− 9 ln 2
= 9 ln
(
5
2
)
O seguinte teorema nos diz que se a função f for contínua no retângulo R, então necessa-
riamente as integrais iteradas
∫ b
a
∫ d
c
f(x, y) dy dx e
∫ d
c
∫ b
a
f(x, y) dx dy coincidem. Mais do
que isso: elas coincidem com a integral dupla da função no retângulo R.
Teorema de Fubini Se f(x, y) é uma função de duas variáveis contínua no retângulo
R = [a, b]× [c, d] = {(x, y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b e c ≤ y ≤ d}
então ∫∫
R
f(x, y) dA =
∫ b
a
∫ d
c
f(x, y) dy dx =
∫ d
c
∫ b
a
f(x, y) dx dy
Observação 1. Em alguns casos, uma das integrais iteradas acima é muito mais fácil de
resolver do que a outra.
Exemplo 6. Calcule a integral dupla
∫∫
R
y2 + x dA, onde R é o retângulo [−1, 3]× [1, 2].
Pelo Teorema de Fubini, ∫∫
R
y2 + x dA =
∫ 3
−1
∫ 2
1
y2 + x dy dx =
40
3
Exemplo 7. Calcule a integral dupla
∫∫
R
x2
y
dA, onde R é o retângulo [0, 3]× [2, 5].
Pelo Teorema de Fubini, ∫∫
R
x2
y
dA =
∫ 5
2
∫ 3
0
x2
y
dx dy = 9 ln
(
5
2
)
4
Exemplo 8. Calcule a integral dupla
∫∫
R
y sen (xy) dA, onde R é o retângulo [1, 2]× [0, pi].
Pelo Teorema de Fubini,∫∫
R
y sen (xy) dA =
∫ pi
0
∫ 2
1
y sen (xy) dx dy =
∫ pi
0
[∫ 2
1
y sen (xy) dx
]
dy
Vamos resolver a integral parcial em x:∫ 2
1
y sen (xy) dx = [ − cos(xy) ]x=2x=1 = cos y − cos(2y)
Logo, ∫∫
R
y sen (xy) dA =
∫ pi
0
[cos y − cos(2y)] dy =
[
sen y − sen (2y)
2
]y=pi
y=0
= 0
Exemplo 9. Determine o volume do sólido limitado pelo parabolóide elíptico z = 1+ x2 +4y2,
pelos planos x = 3, y = 2 e pelos planos coordenados.
Observe que o que queremos é o volume do sólido que está entre o gráfico da função
f(x, y) = 1 + x2 + 4y2
e o plano xy com x ∈ [0, 3] e y ∈ [0, 2]. Logo,
Volume =
∫∫
R
1 + x2 + 4y2 dA
onde R = [0, 3]× [0, 2]. Pelo teorema de Fubini,∫∫
R
1 + x2 + 4y2 dA =
∫ 3
0
∫ 2
0
1 + x2 + 4y2 dy dx =
∫ 3
0
[∫ 2
0
1 + x2 + 4y2 dy
]
dx
Vamos resolver a integral parcial em y:∫ 2
0
1 + x2 + 4y2 dy =
[
y + x2y +
4y3
3
]y=2
y=0
= 2 + 2x2 +
32
3
=
38
3
+ 2x2
Logo,
Volume =
∫ 3
0
[
38
3
+ 2x2
]
dx =
[
38x
3
+
2x3
3
]x=3
x=0
= 38 + 18 = 56
5