Cálculo 3 cal3na 14

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Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Prof. Celius A. Magalha˜es
Ca´lculo III
Notas da Aula 14∗
Propriedades da Integral
Ja´ foi feita uma revisa˜o da integral simples, e visto como essa integral pode ser usada para
calcular as integrais duplas. Agora sera´ feita uma definic¸a˜o mais cuidadosa da integral dupla,
e estudado algumas de suas propriedades, propriedades ilustradas com va´rios exemplos. Sera´
visto inclusive um exemplo curioso, de uma func¸a˜o que na˜o e´ integra´vel em seu domı´nio!
Primeiras Definic¸o˜es
A partir das motivac¸o˜es introduzidas anteriormente, o
interesse agora e´ definir e estudar as propriedades da integral
dupla de uma func¸a˜o f : D → R definida em um domı´nio
retangular D = [a, b] × [c, d]. Para isso, o primeiro passo e´
definir as somas de Riemann correspondentes.
b
a
c
d
Sejam enta˜o P1 = {a = x0 < x1 < · · · < xm−1 < xm = b} uma partic¸a˜o de [a, b]
e P2 = {c = y0 < y1 < · · · < yn−1 < yn = d} uma partic¸a˜o de [c, d], e indique por
∆xi = xi − xi−1 e ∆yj = yj − yj−1 os comprimentos dos respectivos intervalos. As figuras
abaixo ilustram algumas dessas partic¸o˜es.
a b x0 x0x1 x1 x2x2 x3
c
d y3 y3
y2 y2
y1 y1
y0 y0
A partic¸a˜o P = P1 × P2 do domı´nio D corresponde a fazer o produto cartesiano dos
intervalos Rij = [xi−1, xi]× [yj−1, yj], obtendo retaˆngulos Rij de a´reas ∆xi ∆yj.
Como ja´ foi visto, a norma ‖P1‖ da partic¸a˜o P1 e´ o maior dos comprimentos ∆xi,
e analogamente para a partic¸a˜o P2. A partir da´ı, define-se a norma de P como sendo
‖P‖ =
√
‖P1‖2 + ‖P2‖2, de modo que ‖P‖ → 0 se, e somente se, ‖P1‖ → 0 e ‖P2‖ → 0.
Escolhe-se agora pontos si ∈ [xi−1, xi] e tj ∈ [yj−1, yj] e forma-se a soma de Riemann
SR(f,P) =
n∑
j=1
m∑
i=1
f(si, tj)∆xi ∆yj
onde os termos f(si, tj)∆xi ∆yj representam o volume de
um paralelep´ıpedo de altura f(si, tj) e a´rea da base ∆xi ∆yj.
Veja a figura ao lado. Com essa notac¸a˜o pode-se finalmente
definir a integral dupla de f sobre D como a seguir.
∗Texto digitado e diagramado por Deivid Vale a partir de suas anotac¸o˜es de sala
Definic¸a˜o 1. A func¸a˜o f : D → R e´ integra´vel em D se existe o limite∫∫
D
f(x, y) dxdy = lim
‖P‖→0
SR(f,P)
que e´ dito a integral dupla de f sobre D
Essa definic¸a˜o pode parecer estranha, pois toda func¸a˜o devia ser integra´vel. Mas o
surpreendente e´ que existem func¸o˜es que na˜o sa˜o integra´veis, isto e´, func¸a˜o para as quais o
limite acima na˜o existe! Isto sera´ visto em um exemplo logo a seguir.
A partir da definic¸a˜o, o pro´ximo passo e´ estudar as propriedades da integral dupla. E´
claro que, como ambas as integrais, simples e duplas, sa˜o definidas por meio do limite das
somas de Riemann, espera-se que as integrais duplas tenham as mesmas propriedades que
as integrais simples. E´ esse de fato o caso, como pode ser visto com o teorema a seguir.
Teorema 1. Suponha f, g : D → R func¸o˜es integra´veis e seja k ∈ R. Enta˜o f + g, kf e |f |
sa˜o tambe´m integrais e, ale´m disso,
1)
∫∫
D
[f(x, y) + g(x, y)]dxdy =
∫∫
D
f(x, y)dxdy +
∫∫
D
g(x, y)dxdy
2)
∫∫
D
kf(x, y)dxdy = k
∫∫
D
f(x, y)dxdy
3)
∫∫
D
f(x, y)dxdy ≤
∫∫
D
g(x, y)dxdy se f(x, y) ≤ g(x, y) ∀(x, y) ∈ D
4)
∣∣∣∣∫∫
D
f(x, y)dxdy
∣∣∣∣ ≤ ∫∫
D
|f(x, y)|dxdy
Demonstrac¸a˜o. Essas propriedades sa˜o quase todas imediatas, como indicado a seguir:
1) para cada termo da soma de Riemann de f + g tem-se que
[f(si, tj) + g(si, tj)]∆xi∆yj = f(si, tj)∆xi∆yj + g(si, tj)∆xi∆yj
de onde segue que SR(f + g,P) = SR(f,P) + SR(g,P). Em seguida, basta usar a
propriedade de que o limite de uma soma e´ a soma dos limites;
2) essa propriedade segue de que SR(kf,P) = k SR(f,P) e das propriedades do limite;
3) se f(x, y) ≤ g(x, y), enta˜o SR(f,P) ≤ SR(g,P) para toda partic¸a˜o P, e essa
desigualdade e´ mantida passando-se ao limite.
4) a demonstrac¸a˜o de que |f | e´ integra´vel e´ longa e na˜o sera´ feita aqui. Assumindo esse
fato, da definic¸a˜o das somas de Riemann tem-se que
|SR(f,P)| =
∣∣∣∣∣
n∑
j=1
m∑
i=1
f(si, tj)∆xi ∆yj
∣∣∣∣∣ ≤
n∑
j=1
m∑
i=1
|f(si, tj)|∆xi ∆yj = SR(|f |,P)
e basta novamente usar as propriedades do limite.
�
Como no caso das integrais simples, essas propriedades facilitam muito a manipulac¸a˜o
com as integrais duplas, e e´ curioso notar que elas seguem quase que imediatamente da
definic¸a˜o. No fundo, as propriedades sa˜o das pro´prias somas de Riemann.
Ca´lculo III Notas da Aula 14 2/6
Integrais Iteradas
As somas de Riemann sa˜o fundamentais para se definir a integral dupla, e da´ı obter as
propriedades listadas acima. Sa˜o tambe´m fundamentais para se obter a relac¸a˜o da integral
dupla com as integrais iteradas, que e´ a maneira efetiva de se calcular as integrais duplas.
De fato, suponha que f seja integra´vel. Organizando as
somas de Riemann de uma maneira especial obte´m-se que
SR(f,P) =
n∑
j=1
m∑
i=1
f(si, tj)∆xi ∆yj
=
n∑
j=1
(
m∑
i=1
f(si, tj)∆xi
)
∆yj
∆yj
em que o nu´mero (
∑m
i=1 f(si, tj)∆xi)∆yj corresponde ao volume do so´lido ilustrado na figura
acima. Ora! Para j fixo,
∑m
i=1 f(si, tj)∆xi e´ uma soma de Riemann da func¸a˜o de uma varia´vel
g(x) = f(x, tj), soma correspondente a` partic¸a˜o P1 = {a = x0 < x1 < · · · < xm−1 < xm = b}.
∆yj
Passando ao limite com ‖P1‖ → 0 segue que
lim
‖P1‖→0
(
m∑
i=1
f(si, tj)∆xi
)
∆yj =
(∫ b
a
f(x, tj) dx
)
∆yj
= A(tj)∆yj
onde foi usada a notac¸a˜o A(y) =
∫ b
a
f(x, y) dx para indicar a
integral da func¸a˜o g(x) = f(x, y), integral que corresponde
a` a´rea da sec¸a˜o transversal pelo ponto (a, y).
A figura acima ilustra o so´lido de volume A(tj)∆yj . Somando esses volumes obte´m-
se que
∑n
j=1A(tj)∆yj e´ uma soma de Riemann da func¸a˜o A(y) correspondente a` partic¸a˜o
P2 = {c = y0 < y1 < · · · < yn−1 < xn = d}. Finalmente, lembrando que a partic¸a˜o
P = P1 ×P2 e´ tal que ‖P‖ → 0 se, e somente se, ‖P1‖ → 0 e ‖P2‖ → 0, obte´m-se que
∫∫
D
f(x, y) dxdy = lim
‖P‖→0
SR(f,P) = lim
‖P2‖→0
n∑
j=1
(
lim
‖P1‖→0
m∑
i=1
f(si, tj)∆xi
)
∆yj
= lim
‖P2‖→0
n∑
j=1
A(tj)∆yj =
∫ d
c
A(y) dy =
∫ d
c
(∫ b
a
f(x, y) dx
)
dy
Esta e´ a relac¸a˜o entre as integrais duplas e as integrais iteradas. Integra-se primeiro em
uma varia´vel e, em seguida, integra-se o resultado na outra varia´vel.
E´ claro que as somas de Riemann podem tambe´m ser organizadas na forma
SR(f,P) =
n∑
j=1
m∑
i=1
f(si, tj)∆xi ∆yj =
m∑
i=1
(
n∑
j=1
f(si, tj)∆yj
)
∆xi
onde, para i fixo,
∑n
j=1 f(si, tj)∆yj e´ uma soma de Riemann da func¸a˜o h(y) = f(si, y). Logo,
repetindo o mesmo argumento, e´ claro que pode-se primeiro integrar na varia´vel y e, sem
seguida, na varia´vel x. Esses argumentos justificam o
Teorema 2. Suponha D = [a, b] × [c, d] e f : D → R uma func¸a˜o cont´ınua. Enta˜o f e´
integra´vel em D e, ale´m disso,∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫ d
c
(∫ b
a
f(x, y) dx
)
dy =
∫ b
a
(∫ d
c
f(x, y) dy
)
dx
Ca´lculo III Notas da Aula 14 3/6
Exemplo 1. Calcule a integral da func¸a˜o f(x, y) = 2− x− y no domı´nio D = [0, 1]× [0, 1].
Soluc¸a˜o. Como a integral corresponde ao volume abaixo
do gra´fico da func¸a˜o, ilustrado ao lado, da figura percebe-se
que a integral deve ser igual a 1. Isso porque, se retirar o
que esta´ acima do plano z = 1 e colocar abaixo desse plano,
obte´m-se um cubo de aresta 1. E, de fato, a integral∫ 1
0
f(x, y) dx =
∫ 1
0
(2− x− y)dx
=
(
2x−
x2
2
− yx
)∣∣∣1
0
=
3
2
− y
1
1
1
2
calcula a a´rea da sec¸a˜o transversal pelo ponto (0, y). Por exemplo, da figura e´ claro que,
para y = 0, a a´rea da sec¸a˜o transversal e´ 1 + 1/2 = 3/2 (a´rea de um quadrado de lado 1
mais a a´rea de um triaˆngulo retaˆngulo de catetos iguais a 1).Usando o teorema acima segue que a integral dupla da func¸a˜o f e´ igual a∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫ 1
0
(∫ 1
0
f(x, y) dx
)
dy =
∫ 1
0
(
3
2
− y
)
dy =
(
3
2
y −
y2
2
) ∣∣∣1
0
= 1
que e´ o resultado esperado. �
Exemplo 2. Calcule a integral da func¸a˜o f(x, y) = x− y no domı´nio D = [0, 1]× [0, 1].
1
1
1/2
Soluc¸a˜o. O exemplo e´ semelhante ao anterior. A diferenc¸a
e´ que, agora, a func¸a˜o assume valores negativos, conforme
ilustra a figura, e vale interpretar a integral nesse caso.
A ideia e´ muito simples: nas somas de Riemann,
o termo f(si, tj)∆xi∆yj corresponde ao volume de um
paralelep´ıpedo nos casos em que f(si, tj) e´ positivo; ja´ nos
casos em que f(si, tj) e´ negativo, o temos f(si, tj)∆xi∆yj
corresponde a um volume com o sinal trocado! Como a soma
considera todos esses termos, inclusive com o sinal, um valor
pode cancelar com o outro.
O resultado e´ enta˜o um “volume liquido”, isto e´, o volume que esta´ acima do plano z = 0
menos o volume que esta´ abaixo desse plano.
A partir desta interpretac¸a˜o, e consultando a figura acima, percebe-se que a func¸a˜o e´
positiva na regia˜o em que x > y, e negativa na regia˜o em que y > x. De fato, f e´ anti-
sime´trica em relac¸a˜o a` reta y = x, isto e´, f(y, x) = −f(x, y). Assim, espera-se que a integral
seja zero, pois os volumes acima e abaixo do plano z = 0 sa˜o iguais. E, com efeito, a integral∫ 1
0
f(x, y) dx =
∫ 1
0
(x− y)dx =
(
x2
2
− yx
)∣∣∣1
0
=
1
2
− y
calcula a “a´rea liquida” da sec¸a˜o transversal pelo ponto (0, y). Por exemplo, como ilustrado
na figura, essa integral se anula para y = 1/2 uma vez que, nesse ponto, a a´rea acima do
plano z = 0 e´ igual a` a´rea abaixo desse plano.
Usando novamente o Teorema 2 segue-se que a integral dupla da func¸a˜o f e´ igual a∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫ 1
0
(∫ 1
0
f(x, y) dx
)
dy =
∫ 1
0
(
1
2
− y
)
dy =
(
1
2
y −
y2
2
) ∣∣∣1
0
= 0
que e´ o resultado esperado. �
No Teorema 2 foi inclu´ıda a condic¸a˜o da func¸a˜o ser cont´ınua. Sem essa condic¸a˜o as
coisas podem ficar bem complicadas, como ilustra o exemplo a seguir.
Ca´lculo III Notas da Aula 14 4/6
Exemplo 3. Verifique se a func¸a˜o f : D → R e´ integra´vel, onde D = [0, 1]× [0, 1] e
f(x, y) =


0 , se (x, y) = (0, 0)
x− y
(x+ y)3
, se (x, y) 6= (0, 0)
Soluc¸a˜o. O domı´nio e´ o mesmo do exemplo anterior, e
a func¸a˜o e´ tambe´m anti-sime´trica em relac¸a˜o a` reta y = x,
uma vez que f(y, x) = −f(x, y). Assim, a expectativa e´ de
que a integral seja zero.
No entanto, ao contra´rio do exemplo anterior, agora a
func¸a˜o na˜o e´ cont´ınua! Veja o gra´fico da func¸a˜o ilustrado
ao lado. De la´ percebe-se que a func¸a˜o possui uma forte
descontinuidade na origem.
1 1
Outra forma de verificar a descontinuidade e´ observar que f(x, 0) = 1/x2 → ∞ com
x → 0, enquanto que f(0, y) = −1/y2 → −∞ com y → 0. Logo, pela regra dos dois
caminhos, na˜o existe o limite lim(x,y)→(0,0) f(x, y), e a func¸a˜o na˜o e´ cont´ınua na origem.
Apesar disso, as integrais iteradas podem ser calculadas, como indicado a seguir.
Usando a substituic¸a˜o u = x+ y, tem-se que x− y = u− 2y, e portanto
x− y
(x+ y)3
=
u− 2y
u3
= u−2 − 2yu−3.
Logo, como du = dx, tem-se que∫ 1
0
f(x, y) dx =
∫ 1+y
y
(u−2 − 2yu−3)du = (−u−1 + yu−2)
∣∣∣1+y
y
=
−1
(1 + y)2
Integrando esse resultado na varia´vel y obte´m-se∫ 1
0
(∫ 1
0
f(x, y) dx
)
dy =
∫ 1
0
−(1 + y)−2 dy = (1 + y)−1
∣∣∣1
0
= −
1
2
(1)
Bem, essa na˜o e´ uma boa not´ıcia, pois a expectativa era de que a integral fosse zero. Pior
ainda, se for invertida a ordem de integrac¸a˜o, um argumento ana´logo ao anterior mostra que∫ 1
0
(∫ 1
0
f(x, y) dy
)
dx =
∫ 1
0
(1 + x)−2 dx = −(1 + x)−1
∣∣∣1
0
=
1
2
(2)
A diferenc¸a entre as integrais iteradas em (1) e (2) enfatiza a suspeita de que a func¸a˜o
na˜o deve ser integra´vel em seu domı´nio! Se fosse, essas integrais iteradas deveriam ser iguais.
Para mostrar que, de fato, a func¸a˜o na˜o e´ integral deve-se verificar que na˜o existe o limite
das somas de Riemann.
Para isso, suponha que o intervalo [0, 1] ao longo do eixo Ox seja dividido em m partes
iguais pelos pontos xi, e que se escolha si como sendo o ponto me´dio do intervalo [xi−1, xi].
Analogamente, suponha que o intervalo [0, 1] ao longo do eixo Oy seja dividido em n partes
iguais pelos pontos yj e que se escolha tj como sendo o ponto me´dio do intervalo [yj−1, yj].
Com essa notac¸a˜o, e com o auxilio de um computador, as somas de Riemann
SR(f,P) =
n∑
j=1
m∑
i=1
f(si, yj)∆xi∆yj
podem ser calculadas para va´rios valores de m e n. Por exemplo, fixado n = 10 e escolhendo-
se sucessivamente m = 10, m = 20, m = 30 e m = 40, obte´m-se os resultados inclu´ıdos na
tabela abaixo:
Ca´lculo III Notas da Aula 14 5/6
m = 10 m = 20 m = 30 m = 40
n = 10 0, 00 −0, 27 −0, 38 −0, 42
Esses valores explicam o resultado da integral iterada em (1). Integrar primeiro na
varia´vel x corresponde a escolher uma quantidade maior de pontos no eixo Ox do que no
eixo Oy, e procedendo dessa forma as somas tendem ao valor em (1), que e´ de −0, 50.
Invertendo a ordem, fixando por exemplo m = 10 e escolhendo-se sucessivamente n = 10,
n = 20, n = 30 e n = 40, obte´m-se os resultados inclu´ıdos na tabela abaixo:
n = 10 n = 20 n = 30 n = 40
m = 10 0, 00 0, 27 0, 38 0, 42
Esses u´ltimos valores explicam o resultado da integral iterada em (2). Integrar primeiro
na varia´vel y corresponde a escolher uma quantidade maior de pontos no eixo Oy do que no
eixo Ox, e procedendo dessa forma as somas tendem ao valor em (2), que e´ de 0, 50.
Pode-se agora usar a “regra dos dois caminhos”: escolhendo-se partic¸o˜es com mais pontos
no eixo Ox as somas de Riemann se aproximam de −0, 5; escolhendo-se partic¸o˜es com mais
pontos no eixo Oy as somas de Riemann se aproximam de 0, 5. Como esses valores sa˜o
distintos, na˜o existe o limite lim‖P‖→0 SR(f,P), isto e´, a func¸a˜o na˜o e´ integra´vel. �
Ca´lculo III Notas da Aula 14 6/6