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Aula 28 – Integrais triplas

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARÁ
CÁLCULO II - PROJETO NEWTON
AULA 28
Assunto: Integrais Triplas
Palavras-chaves: integração, integrais triplas, volume, teorema de Fubini, soma de Riemann
Integrais triplas
Assim como existem as integrais simples (ou unidimensionais) para funções de uma variável e as integrais
duplas para duas variáveis, há as integrais triplas para funções de três variáveis.
Definiremos as integrais triplas, inicialmente, de uma função f(x, y, z) sobre um paralelepípedo (caixa
retangular).
B = {(x, y, z) ∈ R3; a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d, r ≤ z ≤ s}
Sejam
P1 : a = x0 < x1 < x2 < ... < xn = b uma partição do intervalo [a, b],
P2 : c = y0 < y1 < y2 < ... < ym = d uma partição do intervalo [c, d] e
P3 : r = z0 < z1 < z2 < ... < zl = s uma partição do intervalo [r, s]
O conjunto
P = {(xi, yj , zk); i = 0, 1, 2, ..., n , j = 0, 1, 2, ...,m , k = 0, 1, 2, ..., l}
é uma partição do paralelepípedo B.
Essa partição de B determina uma subdivisão de B em paralelepípedos menores e da forma
Bijk = [xi−1, xi]× [yj−1, yj ]× [zk−1, zi]
Em cada sub-paralelepípedos Bijk escolhemos um ponto Xijk = (xi, yj , zk). O conjunto X dos pontos Xijk
é chamado de conjunto admissível à partição P .
A soma
n∑
i=1
m∑
j=1
l∑
k=1
f(xi, yj , zk)∆xi∆yj∆zk
é chamada de soma de Riemann de f(x, y, z) relativa á partição P e ao conjunto admissível X e é denotada
por S(f, P,X).
O número ∆, que é o maior dentre os números ∆xi∆yj e ∆zk com i = 0, 1, 2, ..., n, j = 0, 1, 2, ...,m e
k = 0, 1, 2, ..., l é chamado de norma da partição P .
Dizemos que um número L é o limite das somas de Riemann S(f, P,X), quando ∆ tende para zero, se
para todo � > 0, existe δ > 0 tal que, para toda partição P com ∆ < δ e para todo conjunto X admissível à
P , temos |S(f, P,X)−L| < �. Quando tal limite existe, é único, é chamado de integral tripla de f(x, y, z) em
B e é denotada por
∫ ∫
B
∫
f(x, y, z) dxdydz ou por
∫ ∫
B
∫
f(x, y, z) dV
.
Escrevemos
∫ ∫
B
∫
f(x, y, z) dxdydz =
n∑
i=1
m∑
j=1
l∑
k=1
f(xi, yj , zk)∆xi∆yj∆zk
O cálculo da integral tripla é feito utilizando-se o teorema de Fubini.
Teorema 1 (Teorema de Fubini para integrais triplas) Se f(x, y, z) é contínua em um paralelepípedo B =
[a, b]× [c, d]× [r, s], então
∫ ∫
B
∫
f(x, y, z) dxdydz =
∫ s
r
∫ d
c
∫ b
a
f(x, y, z) dxdydz
Fazendo mudanças na ordem de integração obtemos cinco outras integrais iteradas que são iguais a integral
anterior.
2
∫ ∫
B
∫
f(x, y, z) dxdydz =
∫ s
r
∫ d
c
∫ b
a
f(x, y, z) dxdydz
=
∫ d
c
∫ b
a
∫ s
r
f(x, y, z) dzdxdy
=
∫ b
a
∫ s
r
∫ d
c
f(x, y, z) dydzdx
=
∫ d
c
∫ s
r
∫ b
a
f(x, y, z) dxdzdy
=
∫ s
r
∫ b
a
∫ d
c
f(x, y, z) dydxdz
=
∫ b
a
∫ d
c
∫ s
r
f(x, y, z) dzdydx
Todas essas integrais iteradas fornecem o mesmo valor.
Exemplo 1 Calcule a integral tripla
∫ ∫
B
∫
xyz2 dxdydz em que B é o paralelepípedo dado por
B = {(x, y, z) ∈ R3; 0 ≤ x ≤ 1,−1 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 3}
Resolução:
Precisamos escolher a ordem de integração com a qual resolveremos a integral tripla dada. Existem seis
possibilidades. Vamos adotar aquela em que integramos primeiro com relação a x, depois em relação a ye,
finalmente, com relação a z. Assim, temos:
∫ ∫
B
∫
xyz2 dxdydz =
∫ 3
0
∫ 2
−1
∫ 1
0
xyz2 dxdydz =
∫ 3
0
∫ 2
−1
[∫ 1
0
xyz2 dx
]
dydz
Resolvendo a integral mais interna, teremos:
∫ 1
0
xyz2 dx =
[
1
2
x2yz2
]1
0
=
1
2
yz2
Assim,
∫ ∫
B
∫
xyz2 dxdydz =
∫ 3
0
∫ 2
−1
1
2
yz2 dydz =
1
2
∫ 3
0
∫ 2
−1
yz2 dydz =
1
2
∫ 3
0
[∫ 2
−1
yz2 dy
]
dz
Resolvendo agora a integral interna obteremos,
∫ 2
−1
yz2 dy =
[
1
2
y2z2
]2
−1
=
1
2
z2
[
y2
]2
−1
=
1
2
z2[4− 1] = 3
2
z2
Portanto,
3
∫ ∫
B
∫
xyz2 dxdydz =
1
2
∫ 3
0
3
2
z2 =
3
4
∫ 3
0
z2 dz =
3
4
[
z3
3
]3
0
=
3
4
[
27
3
− 0
]
=
27
4
Sejam agora f(x, y, z) uma função, E um sólido do espaço R3, para qual existe um paralelepípedo B tal
que E ⊂ B e B ⊂ Df.
Consideremos a função F (x, y, z) definida em B por
F (x, y, z) =
{
f(x, y, z) se (x, y, z) ∈ E
0 se (x, y, z) 6∈ E
Assim, temos que
∫ ∫
E
∫
f(x, y, z) dxdydz =
∫ ∫
E
∫
F (x, y, z) dxdydz
Vamos considerar somente três conjuntos sobre os quais o cálculo da integral tripla recai em uma integral
dupla
• 1◦ caso: Sejam z = g(x, y) e z = h(x, y) funções de duas variáveis definida em um conjunto K com
g(x, y) ≤ h(x, y), para todo (x, y) ∈ K. Consideremos B o seguinte conjunto
B = {(x, y, z) ∈ R3; (x, y) ∈ K e g(x, y) ≤ z ≤ h(x, y)}
Neste caso a integral tripla de f(x, y, z) sobre B é dada por
∫ ∫
B
∫
f(x, y, z) dxdydz =
∫ ∫
K
[∫ h(x,y)
g(x,y)
f(x, y, z) dz
]
dxdy
• 2◦ caso: Sejam y = g(x, z) e y = h(x, z) funções definidas em um conjunto K com g(x, y) ≤ h(x, y),
para todo (x, z) ∈ K. Consideremos B o seguinte conjunto
B = {(x, y, z) ∈ R3; (x, z) ∈ K e g(x, z) ≤ y ≤ h(x, z)}
Neste caso temos,
∫ ∫
B
∫
f(x, y, z) dxdydz =
∫ ∫
K
[∫ h(x,z)
g(x,z)
f(x, y, z) dy
]
dxdz
• 3◦ caso: Sejam x = g(y, z) e x = h(y, z) funções definidas em um conjunto K com g(y, z) ≤ h(y, z),
para todo (y, z) ∈ K. Consideremos B o seguinte conjunto
B = {(x, y, z) ∈ R3; (y, z) ∈ K e g(y, z) ≤ x ≤ h(y, z)}
Neste caso temos,
∫ ∫
B
∫
f(x, y, z) dxdydz =
∫ ∫
K
[∫ h(y,z)
g(y,z)
f(x, y, z) dx
]
dydz
4
Exemplo 2 Calcule
∫ ∫
E
∫
z dV , onde E é o tetraedro sólido limitado pelos quatro planos x = 0, y = 0, z = 0
e x+ y + z = 1.
Resolução:
Neste caso podemos tomar K como sendo o triângulo no plano xy de vértice nos pontos (0, 0), (1, 0) e
(0, 1).
Assim, o conjunto E pode ser descrito como segue
E = {(x, y, z) ∈ R3; (x, y) ∈ K, 0 < z < 1− x− y}
Portanto, temos:
∫ ∫
E
∫
z dV =
∫ ∫
K
[∫ 1−x−y
0
z dz
]
dxdy
Resolvendo a integral mais interna teremos,
∫ 1−x−y
0
z dz =
[
z2
2
]1−x−y
0
=
1
2
[
z2
]1−x−y
0
=
1
2
(1− x− y)2
Assim,
∫ ∫
E
∫
z dV =
∫ ∫
K
1
2
(1− x− y)2 dxdy = 1
2
∫ ∫
K
(1− x− y)2 dxdy
Temos que,
∫ ∫
E
∫
z dV =
1
2
∫ 1
0
[∫ 1−x
0
(1− x− y)2 dy
]
dx
Resolvendo a integral interna obteremos
∫ 1−x
0
(1−x−y)2 dy =
[
−1
3
(1− x− y)3
]1−x
0
= −1
3
[
(1−x−y)3
]1−x
0
= −1
3
[(1−x−(1−x))3−(1−x−0)3] = 1
3
(1−x)3
Portanto,
∫ ∫
E
∫
z dV =
1
2
∫ 1
0
1
3
(1− x)3dx = 1
6
∫ 1
0
(1− x)3dx
=
1
6
[
−1
4
(1− x)4
]1
0
= − 1
24
[
(1− x)4
]1
0
= − 1
24
[(1− 1)4 − (1− 0)4] = 1
24
5
Exemplo 3 Calcule
∫ ∫
E
∫ √
x2 + z2 dV , onde E é a região limitada pelo parabolóide y = x2+z2 pelo plano
z = 4.
Resolução:
Neste caso, podemos considerar K como sendo o disco x2 + z2 ≤ 4 no plano xz.
O conjunto E pode então ser descrito como segue
E = {(x, y, z) ∈ R3; (x, z) ∈ K,x2 + z2 ≤ y ≤ 4}
Assim, temos
∫ ∫
E
∫ √
x2 + z2 dV =
∫ ∫
K
[∫ 4
x2+z2
√
x2 + z2 dy
]
dxdz
Calculando a integral mais interna obteremos,
∫ 4
x2+z2
√
x2 + z2 dy =
√
x2 + z2
∫ 4
x2+z2
dy =
√
x2 + z2
[
y
]4
x2+z2
=
√
x2 + z2[4− (x2 + z2)] =
√
x2 + z2(4− x2 − z2)
= (4− x2 − z2)
√
x2 + z2
Assim,
∫ ∫
E
∫ √
x2 + z2 dV =
∫ ∫
K
(4− x2 − z2)
√
x2 + z2 dxdz
Vamos fazer uma mudança de variável para coordenadas polares fazendo
{
x = ρ cos θ
z = ρ sin θ
,
∂(x, z)
∂(θ, ρ)
= ρ ; 0 ≤ θ ≤ 2pi e 0 ≤ ρ ≤ 2
e ϕ(θ, ρ) = (ρ cos θ, ρ sin θ).
Temos que,
x2 + z2 = (ρ cos θ)2 + (ρ sin θ)2 = ρ2 cos2 θ + ρ2 sin2θ = ρ2(cos2 θ + sin2 θ) = ρ2
Logo,
6
∫ ∫
E
∫ √
x2 + z2 dV =
∫ ∫
K
(4− (x2 + z2))
√
x2 + z2 dxdz =
∫ ∫
Kθρ
(4− ρ2)
√
ρ2ρ dθdρ
=
∫ ∫
Kθρ
(4− ρ2)ρ2 dθdρ =
∫ ∫
Kθρ
(4ρ2 − ρ4) dθdρ
=
∫ 2pi
0
[∫ 2
0
(4ρ2 − ρ4) dρ
]
dθ
Resolvendo a integral interna obteremos,
∫ 2
0
(4ρ2 − ρ4) dρ =
[
4
3
ρ3 − 1
5
ρ5
]2
0
=
4
3
.8− 1
5
.32 =
32
3
− 32
5
=
160− 96
15
=
64
15
Portanto,
∫ ∫
E
∫ √
x2 + z2 dV =
∫ 2pi
0
64
15
dθ =
64
15
[
θ
]2pi
0
=
64
15
.2pi =
128
15
pi
7

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