Aula 15: Integrais duplas sobre regiões genéricas

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Propriedades das integrais duplas
Se f e g são funções de duas variáveis contínuas em uma região D qualquer e c ∈ R é um
escalar, então as seguintes propriedades são válidas:
1.
∫∫
D
[f(x, y) + g(x, y)] dA =
∫∫
D
f(x, y) dA+
∫∫
D
g(x, y) dA
2.
∫∫
D
[cf(x, y)] dA = c
∫∫
D
f(x, y) dA
3. Se f(x, y) ≤ g(x, y) para todo (x, y) ∈ D, então
∫∫
D
f(x, y) dA ≤
∫∫
D
g(x, y) dA
4.
∫∫
D
1 dA = A(D) onde A(D) é a área da região D.
Observe que o sólido entre o gráfico da função z = 1 e o plano xy com (x, y) ∈ D
nada mais é do que um cilindro de base D e altura 1.
Como a função constante 1 é positiva, então a integral dupla nos fornece o volume do
cilindro. Logo,∫∫
D
1 dA = Volume do cilindro =
(
Área da base
) · (altura) = A(D) · 1 = A(D)
Com isso, mostramos a propriedade 4.
5. Se m ≤ f(x, y) ≤M para todo (x, y) ∈ D, então mA(D) ≤
∫∫
D
f(x, y) dA ≤MA(D)
De fato, se m ≤ f(x, y) ≤M para todo (x, y) ∈ D, então
mA(D) = m
∫∫
D
1 dA =
∫∫
D
m dA ≤
∫∫
D
f(x, y) dA
e ∫∫
D
f(x, y) dA ≤
∫∫
D
M dA =M
∫∫
D
1 dA =MA(D)
(pelas propriedades 2, 3 e 4)
1
6. Se D = D1 ∪D2, onde as regiões D1 e D2 não tem pontos interiores em comum, então∫∫
D
f(x, y) dA =
∫∫
D1
f(x, y) dA+
∫∫
D2
f(x, y) dA
Observe que a propriedade 6 é útil para calcular a integral dupla sobre uma região genérica
D que não é nem do tipo 1 nem do tipo 2. Para tanto, basta dividir a região D em regiões do
tipo 1 e do tipo 2 convenientes, calcular as integrais em cada uma das regiões e depois somá-las.
Por exemplo, a região D abaixo pode ser escrita como D = D1 ∪D2, onde a região D1 é do
tipo 1 e a região D2 é do tipo 2:
Exemplo 1. Calcule a integral dupla
∫∫
D
2x dA, onde D é a região entre os gráficos das
funções y = (x+ 1)2, y = −2x− 2 e o círculo unitário x2 + y2 = 1 descrita na figura abaixo:
2
Vamos dividir o conjunto D nos subconjuntos
D1 = {(x, y) ∈ R2 | − 1 ≤ x ≤ 0, −2x− 2 ≤ y ≤ (x+ 1)2}
D2 = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤
√
1− y2, −1 ≤ y ≤ 1}
Temos que ∫∫
D1
2x dA =
∫ 0
−1
∫ (x+1)2
−2x−2
2x dy dx
Como ∫ (x+1)2
−2x−2
2x dy = [2xy]y=(x+1)
2
y=−2x−2
=
[
2x(x2 + 2x+ 1)
]− [−4x2 − 4x]
=
[
2x3 + 4x2 + 2x
]− [−4x2 − 4x]
= 2x3 + 8x2 + 6x
então ∫∫
D1
2x dA =
∫ 1
0
(
2x3 + 8x2 + 6x
)
dx
=
[
x4
2
+
8x3
3
+ 3x2
]x=0
x=−1
= −
[
1
2
− 8
3
+ 3
]
= −5
6
Além disso, temos que ∫∫
D2
2x dA =
∫ 1
−1
∫ √1−y2
0
2x dx dy
3
Como ∫ √1−y2
0
2x dx =
[
x2
]x=√1−y2
x=0
= 1− y2
então ∫∫
D2
2x dA =
∫ 1
−1
(1− y2) dy =
[
y − y
3
3
]y=1
y=−1
=
[
1− 1
3
]
−
[
−1 + 1
3
]
= 2− 2
3
=
4
3
Logo, ∫∫
D
2x dA =
∫∫
D1
2x dA+
∫∫
D2
2x dA = −5
6
+
4
3
=
3
6
=
1
2
Exemplo 2. Calcule a integral dupla
∫∫
D
xy dA, onde D é a região entre as funções y =
x2 − 2x, y = x2 e y = √2− x descrita na figura abaixo:
Vamos dividir o conjunto D nos subconjuntos
D1 = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 1, x2 − 2x ≤ y ≤ x2}
D2 = {(x, y) ∈ R2 | 1 ≤ x ≤ 2, x2 − 2x ≤ y ≤
√
2− x}
Temos que ∫∫
D1
xy dA =
∫ 1
0
∫ x2
x2−2x
xy dy dx
4
Como ∫ x2
x2−2x
xy dy =
[
xy2
2
]y=x2
y=x2−2x
=
[
x5
2
]
−
[
x(x2 − 2x)2
2
]
=
[
x5
2
]
−
[
x(x4 − 4x3 + 4x2)
2
]
=
[
x5
2
]
−
[
x5 − 4x4 + 4x3
2
]
= 2x4 − 2x3
então ∫∫
D1
xy dA =
∫ 1
0
2x4 − 2x3 dx =
[
2x5
5
− x
4
2
]x=1
x=0
=
2
5
− 1
2
= − 1
10
Além disso, temos que ∫∫
D2
xy dA =
∫ 2
1
∫ √2−x
x2−2x
xy dy dx
Como ∫ √2−x
x2−2x
xy dy =
[
xy2
2
]y=√2−x
y=x2−2x
=
[
x(2− x)
2
]
−
[
x(x2 − 2x)2
2
]
=
[
2x− x2
2
]
−
[
x5 − 4x4 + 4x3
2
]
= x− x
2
2
− x
5
2
+ 2x4 − 2x3
então ∫∫
D2
xy dA =
∫ 1
0
(
x− x
2
2
− x
5
2
+ 2x4 − 2x3
)
dx
=
[
x2
2
− x
3
6
− x
6
12
+
2x5
5
− x
4
2
]x=2
x=1
=
[
2− 8
6
− 64
12
+
64
5
− 8
]
−
[
1
2
− 1
6
− 1
12
+
1
5
− 1
2
]
= −6− 7
6
− 63
12
+
63
5
=
−360− 70− 315 + 756
60
=
11
60
5
Logo, ∫∫
D
xy dA =
∫∫
D1
xy dA+
∫∫
D2
xy dA = − 1
10
+
11
60
=
5
60
=
1
12
Exemplo 3. Calcule a integral dupla
∫∫
D
x+ y dA, onde D é o triângulo de vértices (0, 0),
(1, 1) e (2,−2).
Observe que o triângulo é limitado pelas retas y = x, y = −x e y = −3x+ 4.
Podemos dividir o triângulo em dois outros triângulos
D1 = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 1,−x ≤ y ≤ x}
D2 = {(x, y) ∈ R2 | 1 ≤ x ≤ 2, −x ≤ y ≤ −3x+ 4}
Temos que ∫∫
D1
x+ y dA =
∫ 1
0
∫ x
−x
x+ y dy dx
Como ∫ x
−x
x+ y dy =
[
xy +
y2
2
]y=x
y=−x
=
[
x2 +
x2
2
]
−
[
−x2 + x
2
2
]
= 2x2
6
então ∫∫
D1
x+ y dA =
∫ 1
0
2x2 dx =
[
2x3
3
]x=1
x=0
=
2
3
Além disso, temos que ∫∫
D2
x+ y dA =
∫ 2
1
∫ −3x+4
−x
x+ y dy dx
Como ∫ −3x+4
−x
x+ y dy =
[
xy +
y2
2
]y=−3x+4
y=−x
=
[
−3x2 + 4x+ 9x
2 − 24x+ 16
2
]
−
[
−x2 + x
2
2
]
= 2x2 − 8x+ 8
então ∫∫
D2
x+ y dA =
∫ 2
1
(
2x2 − 8x+ 8) dx
=
[
2x3
3
− 4x2 + 8x
]x=2
x=1
=
[
16
3
− 16 + 16
]
−
[
2
3
− 4 + 8
]
=
14
3
− 4 = 2
3
Logo, ∫∫
D
xy dA =
∫∫
D1
xy dA+
∫∫
D2
xy dA =
2
3
+
2
3
=
4
3
Exemplo 4. Calcule a integral dupla
∫∫
D
y2 dA, onde D é o triângulo de vértices (0, 0), (1, 1)
e (2,−2).
Dividimos o triângulo nos triângulos
D1 = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 1,−x ≤ y ≤ x}
D2 = {(x, y) ∈ R2 | 1 ≤ x ≤ 2, −x ≤ y ≤ −3x+ 4}
Temos que ∫∫
D1
y2 dA =
∫ 1
0
∫ x
−x
y2 dy dx
7
Como ∫ x
−x
y2 dy =
[
y3
3
]y=x
y=−x
=
2x3
3
então ∫∫
D1
2x3
3
dA =
∫ 1
0
2x3
3
dx =
[
x4
6
]x=1
x=0
=
1
6
Além disso, temos que ∫∫
D2
y2 dA =
∫ 2
1
∫ −3x+4
−x
y2 dy dx
Como ∫ −3x+4
−x
y2 dy =
[
y3
3
]y=−3x+4
y=−x
=
[
(−3x+ 4)3
3
]
−
[
−x
3
3
]
=
64 + 108x2 − 144x− 27x3
3
+
x3
3
=
64 + 108x2 − 144x− 26x3
3
então ∫∫
D2
y2 dA =
∫ 2
1
(
64 + 108x2 − 144x− 26x3
3
)
dx
=
1
3
∫ 2
1
(
64 + 108x2 − 144x− 26x3) dx
=
1
3
[
64x+ 36x3 − 72x2 − 13x
4
2
]x=2
x=1
=
1
3
(
[128 + 288− 288− 104]−
[
64 + 36− 72− 13
2
])
=
1
3
[
24− 28 + 13
2
]
=
1
3
[
5
2
]
=
5
6
Logo, ∫∫
D
y2 dA =
∫∫
D1
y2 dA+
∫∫
D2
y2 dA =
1
6
+
5
6
= 1
8