Cálculo 3 cal3na 15

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Universidade de Bras´ılia
Departamento de Matema´tica
Prof. Celius A. Magalha˜es
Ca´lculo III
Notas da Aula 15∗
Domı´nios Rx e Ry
Um exerc´ıcio bem conhecido, relacionado a`s integrais sim-
ples, e´ o de calcular a a´rea de regio˜es limitadas pelos gra´ficos
de duas func¸o˜es. Veja a figura. Esse tipo de regia˜o e´ impor-
tante no contexto das integrais duplas, e tando que recebem
um nome especial, de regio˜es ou domı´nios na forma Rx. a x b
h(x)
g(x)
Um Primeiro Exemplo
Suponha que, ate´ o momento, so´ se conhec¸a a integral de func¸o˜es definidas em retaˆngulos.
A partir da´ı, e com a, b e c > 0 constantes, como calcular o volume V abaixo do gra´fico da
func¸a˜o f : D → R, onde D = {(x, y); x2+ y2 ≤ 1} e´ o disco unita´rio e f(x, y) = ax+ by+ c?
1 1
c
O problema, claro, e´ que o domı´nio na˜o e´ um retaˆngulo, e
o volume na˜o pode ser calculado imediatamente. No entanto,
a partir do gra´fico da func¸a˜o ilustrado ao lado, pode-se fazer
a seguinte infereˆncia: a a´rea do domı´nio, o disco unita´rio, e´
A = pi; se a = b = 0, o gra´fico da func¸a˜o e´ um plano horizontal
pelo ponto (0, 0, c), e o volume e´ V = A× altura = pic; se a 6= 0
ou b 6= 0, o gra´fico da func¸a˜o e´ um plano inclinado pelo ponto
(0, 0, c), mas o que se retira abaixo do plano z = c e´ o que
se acrescenta acima deste plano. Assim, em qualquer caso, o
volume deve ser igual a V = pic.
Para de fato calcular o volume, desse e de outros exemplos, a ideia e´ usar o que ja´ se sabe
para o caso de domı´nios retangulares. Nesse sentido, o domı´nio D pode ser inclu´ıdo dentro
do retaˆngulo D̂ = [−1, 1]× [−1, 1], e pode-se definir uma nova func¸a˜o fˆ : D̂ → R dada por
fˆ(x, y) =
{
f(x, y) , se (x, y) ∈ D
0 , se (x, y) 6∈ D
A figura ao lado ilustra o gra´fico de fˆ . Ela coincide com
f no domı´nio D, e se anula fora dele. Assim, e´ claro que os
volumes abaixo dos gra´ficos de f e de fˆ sa˜o os mesmos. A
vantagem e´ que fˆ esta´ definida em um retaˆngulo, e pode-se
usar as integrais iteradas, como visto anteriormente. Supondo
enta˜o que fˆ seja integra´vel tem-se que
1
c
1
V =
∫∫
D̂
fˆ(x, y) dxdy =
∫ 1
−1
(∫ 1
−1
fˆ(x, y) dy
)
dx (1)
e o problema fica reduzido a se calcular uma integral iterada, o que ja´ e´ muito bom!
Vale agora ressaltar o seguinte: o disco D e´ limitado pela circunfereˆncia x2 + y2 = 1, de
onde segue-se que |y| = √1− x2. Da´ı conclu´ı-se que D e´ a regia˜o limitada pelos gra´ficos das
func¸o˜es y1(x) = −
√
1− x2 e y2(x) =
√
1− x2, conforme ilustra a figura abaixo.
∗Texto digitado e diagramado por Deivid Vale a partir de suas anotac¸o˜es de sala
1x−1
1
y2(x)
y1(x)
−1
De fato, D pode ser descrito na forma
D = {(x, y) ∈ R2; −1 ≤ x ≤ 1 e y1(x) ≤ y ≤ y2(x)} (2)
e por isso D e´ dito uma regia˜o do tipo Rx, que e´ uma regia˜o
entre os gra´ficos de duas func¸o˜es na varia´vel x.
Da figura segue-se ainda que, para cada x ∈ [−1, 1] ao
longo do eixo Ox, o intervalo [−1, 1] ao longo do eixo Oy pode
ser decomposto na forma
[−1, 1] = [−1, y1(x)) ∪ [y1(x), y2(x)] ∪ (y2(x), 1].
Essa decomposic¸a˜o e´ importante porque a func¸a˜o fˆ se anula nos intervalos [−1, y1(x)) e
(y2(x), 1], uma vez que eles na˜o esta˜o contidos no domı´nio D. Volte a olhar o gra´fico de fˆ
acima. Destas observac¸o˜es segue-se que∫ 1
−1
fˆ(x, y) dy =
∫ y1(x)
−1
fˆ(x, y) dy +
∫ y2(x)
y1(x)
fˆ(x, y) dy +
∫ 1
y2(x)
fˆ(x, y) dy =
∫ y2(x)
y1(x)
fˆ(x, y) dy
e substituindo esse resultado em (1) obte´m-se que
V =
∫∫
D̂
fˆ(x, y) dxdy =
∫ 1
−1
(∫ 1
−1
fˆ(x, y) dy
)
dx =
∫ 1
−1
(∫ y2(x)
y1(x)
fˆ(x, y) dy
)
dx
O lado direito da u´ltima igualdade so´ inclui pontos (x, y) que esta˜o na regia˜o D e, nessa
regia˜o, a func¸a˜o fˆ coincide com a func¸a˜o f . Assim, pode-se “tirar o chape´u” e obter que
V =
∫ 1
−1
(∫ y2(x)
y1(x)
f(x, y) dy
)
dx (3)
O´timo, como no caso de retaˆngulos, o volume V pode ser calculado por meio de integrais
iteradas. A diferenc¸a e´ que, na integral da varia´vel y, os extremos de integrac¸a˜o sa˜o as
func¸o˜es y1(x) e y2(x) que limitam a regia˜o D, conforme a expressa˜o em (2).
Ja´ foi visto que o valor esperado do volume e´ V = pic, o mesmo de um cilindro de a´rea
da base pi e altura c. Esse valor pode agora ser comparado com a expressa˜o de V em (3).
Para isso, lembrando das expresso˜es das func¸o˜es f , y1 e y2, segue-se que∫ y2(x)
y1(x)
f(x, y) dy =
∫ y2(x)
y1(x)
(ax+ by + c) dy
=
(
axy +
b
2
y2 + cy
)∣∣∣y2(x)
y1(x)
= 2ax
√
1− x2 + 2c
√
1− x2
e substituindo esse resultado em (3) segue-se que
V =
∫ 1
−1
(∫ y2(x)
y1(x)
f(x, y) dy
)
dx =
∫ 1
−1
(
2ax
√
1− x2 + 2c
√
1− x2
)
dx
Essa u´ltima integral pode se calculada a partir dos gra´ficos das func¸o˜es h(x) = x
√
1− x2
e g(x) =
√
1− x2, conforme figuras abaixo. Com efeito, a partir do gra´fico de h conclui-se
que
∫ 1
−1 h(x) dx = 0, pois esta e´ uma func¸a˜o impar, isto e´, h(−x) = −h(x). O gra´fico de g e´
uma semi-circunfereˆncia, e portanto
∫ 1
−1 g(x) dx = pi/2, igual a` metade da a´rea do disco de
raio 1. Usando esses resultado obte´m-se o valor esperado, isto e´,
V =
∫ 1
−1
(
2ax
√
1− x2 + 2c
√
1− x2
)
dx = 2c
pi
2
= pic
Ca´lculo III Notas da Aula 15 2/6
h(x) = x
√
1− x2 g(x) =
√
1− x2
−1
1
−1 1
O Caso Geral
Em geral, um domı´nio D ⊂ R2 esta´ na forma Rx
se for um domı´nio limitado acima e abaixo por gra´ficos
de func¸o˜es deriva´veis na varia´vel x. De outra forma, in-
dicando as func¸o˜es por y1(x) e y2(x), com x ∈ [a, b], o
domı´nio D esta´ na forma Rx se puder ser descrito na
forma (veja a figura ao lado).
D = {(x, y) ∈ R2; a ≤ x ≤ b e y1(x) ≤ y ≤ y2(x)} (4)
Por exemplo, foi visto acima que o disco x2+ y2 ≤ 1 e´
um domı´nio Rx, em que as func¸o˜es sa˜o y1(x) = −
√
1− x2
e y2(x) =
√
1− x2 e x ∈ [−1, 1].
a x b
y1(x)
y2(x)
Considere agora f : D → R uma func¸a˜o dada, e suponha que D ⊂ R2 seja um domı´nio
Rx. Nesse caso, seguindo os passos do exemplo anterior, pode-se definir o que seja a integral
de f sobre D, mesmo que essa integral na˜o represente um volume.
a b
c
d De fato, como ilustra a figura ao lado, se D e´ da forma Rx
existem contantes c e d tais que D esta contido no retaˆngulo
D̂ = [a, b] × [c, d]. Como no exemplo anterior, define-se em
seguida a func¸a˜o fˆ : D̂ → R por
fˆ(x, y) =
{
f(x, y) , se (x, y) ∈ D
0 , se (x, y) 6∈ D
Assim, fˆ coincide com f no domı´nio D, e se anula fora dele.
O interessante e´ que fˆ esta´ definida em um retaˆngulo, e pode-se usar o que ja´ e´ conhecido
nesse caso. A partir dessas observac¸o˜es, a pro´xima definic¸a˜o e´ bastante natural.
Definic¸a˜o 1. A func¸a˜o f e´ integra´vel em D se fˆ for integra´vel em D̂ e, nesse caso, define-se∫∫
D
f(x, y) dxdy :=
∫∫
D̂
fˆ(x, y) dxdy
Uma vantagem desta definic¸a˜o e´ que a integral de f
tem as mesmas propriedades da integral de fˆ , pro-
priedades que ja´ foram estudadas anteriormente e podem
ser usadas sem cerimoˆnia!
Outra vantagem e´ em relac¸a˜o ao ca´lculo da integral.
De fato, para cada x ∈ [a, b], fˆ se anula nos intervalos
[c, y1(x)) e (y2(x), d], conforme ilustra a figura ao lado.
a x b
y1(x)
y2(x)
c
d
Logo, se fˆ for integra´vel e sua integral puder ser calculada iteradamente, enta˜o∫∫
D̂
fˆ(x, y) dxdy =
∫ b
a
(∫ d
c
fˆ(x, y) dy
)
dx =
∫ b
a
(∫ y2(x)
y1(x)
fˆ(x, y) dy
)
dx
Ca´lculo III Notas da Aula 15 3/6
Ale´m disso, o lado direito da u´ltima igualdade so´ inclui pontos (x, y) que esta˜o em D,
onde as func¸o˜es fˆ e f coincidem. Da´ı pode-se “tirar o chape´u” e concluir que∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫∫
D̂
fˆ(x, y) dxdy
=
∫ b
a
(∫ y2(x)
y1(x)
fˆ(x, y) dy
)
dx =
∫ b
a
(∫ y2(x)
y1(x)
f(x, y) dy)
dx
A conclusa˜o e´ que, como no caso de retaˆngulos, a integral de f sobre D pode ser calculada
por meio de integrais iteradas. A diferenc¸a e´ que, na integral da varia´vel y, os extremos de
integrac¸a˜o sa˜o as func¸o˜es y1(x) e y2(x) que limitam a regia˜o D, conforme a expressa˜o em
(4). Esses passos justificam o
Teorema 1. Se D e´ Rx e f : D → R e´ cont´ınua, enta˜o f e´ integra´vel e, ale´m disso,∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫ b
a
(∫ y2(x)
y1(x)
f(x, y) dy
)
dx
Antes do pro´ximo exemplo vale introduzir os domı´nios Ry. De fato, na˜o ha´ nada de
particular na escolha de x como varia´vel independente.
c
y
d
x1(y) x2(y)
Dependendo do caso e´ mais conveniente escolher y como
varia´vel independente, o que da´ origem aos domı´nios Ry.
Assim, um domı´nioD ⊂ R2 esta´ na forma Ry se for limi-
tado a` esquerda e a` direita por gra´ficos de func¸o˜es deriva´veis
na varia´vel y. De outra forma, e indicando as func¸o˜es por
x1(y) e x2(y), D esta´ na forma Ry se puder ser descrito
como (veja a figura ao lado)
D = {(x, y) ∈ R2; c ≤ y ≤ d e x1(y) ≤ x ≤ x2(y)}
Seguindo os passos anteriores pode-se agora enunciar o
Teorema 2. Se D e´ Ry e f : D → R e´ cont´ınua, enta˜o f e´ integra´vel e, ale´m disso,∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫ d
c
(∫ x2(y)
x1(y)
f(x, y) dx
)
dy
Exemplo 1. Calcule a integral da func¸a˜o f : D → R onde D e´ o triaˆngulo de ve´rtices (0, 0),
(2, 0) e (0, 1), e f(x, y) = y.
Soluc¸a˜o. As figuras abaixo ilustram o domı´nio e o gra´fico da func¸a˜o.
x 2− 2y 2
y
1− x/2
1
L
1
2
1
L
Como a func¸a˜o e´ maior ou igual a zero, a integral corresponde ao volume abaixo do gra´fico.
Ale´m disso, esse volume e´ igual ao de um tetraedro em que a a´rea da base e´ A = (2×1)/2 = 1
e a altura e´ H = 1. Segue-se que V = (A×H)/3 = 1/3, e esse e´ o valor esperado da integral.
Ca´lculo III Notas da Aula 15 4/6
Para o ca´lculo da integral, da figura percebe-se que o domı´nio esta´ tanto na forma Rx
como na forma Ry. Para ilustrar os domı´nios Ry os ca´lculos sera˜o feitos nesta forma.
E´ claro que D e´ limitado pelos eixos coordenados e pela reta L que passa por (0, 1) e
(2, 0). A equac¸a˜o desta reta e´ x+2y = 2 e, isolando x como func¸a˜o de y, obte´m-se x = 2−2y.
Consultando a figura percebe-se enta˜o que D pode ser descrito na forma
D = {(x, y) ∈ R2; 0 ≤ y ≤ 1 e 0 ≤ x ≤ 2− 2y}
Usando essa descric¸a˜o obte´m-se o valor esperado, isto e´,∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫ 1
0
(∫ 2−2y
0
y dx
)
dy =
∫ 1
0
(
yx
∣∣∣2−2y
0
)
dy
=
∫ 1
0
y(2− 2y) dy =
(
y2 − 2
3
y3
) ∣∣∣1
0
= 1− 2
3
=
1
3 �
Ate´ aqui os domı´nios sa˜o tanto Rx quanto Ry, e na˜o e´ muito diferente fazer os ca´lculos
usando-se uma forma ou outra. No entanto, como ilustra o pro´ximo exemplo, isso na˜o e´
sempre assim. Tem situac¸o˜es em que uma escolha apropriada facilita muito os ca´lculos.
Exemplo 2. Calcule
∫∫
D
f(x, y) dxdy, onde f(x, y)=
√
y sen(x
√
y) e D e´ o domı´nio limitado
por baixo pela para´bola y = x2, por cima pela reta y = pi/2 e pela esquerda pelo eixo Oy.
Soluc¸a˜o. As figuras ilustram o domı´nio e o gra´fico da func¸a˜o, que e´ maior ou igual a zero, e
a integral corresponde ao volume abaixo do gra´fico. No entanto, agora na˜o e´ poss´ıvel obter
um valor esperado, e o u´nico instrumento para o ca´lculo do volume e´ mesmo a integral.
√
y x
√
pi/2
y
x2
pi/2
√
pi/2 pi/2
Da figura segue-se que D e´ da forma Rx, e pode ser descrito como
D = {(x, y) ∈ R2; 0 ≤ x ≤
√
pi/2 e x2 ≤ y ≤ pi/2}
Assim, a integral pode ser escrita como∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫ √pi/2
0
(∫ pi/2
x2
√
y sen(x
√
y) dy
)
dx
Ora! Tentando resolver a integral na varia´vel y percebe-se que ela e´ terr´ıvel!! Essa e´
daquela que qualquer um quer evitar! No entanto, resta ainda tentar o ca´lculo com a forma
Ry. Para isso, consultando novamente a figura acima segue-se que D pode ser descrito como
D = {(x, y) ∈ R2; 0 ≤ y ≤ pi/2 e 0 ≤ x ≤ √y}
Assim, a integral pode tambe´m ser escrita como∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫ pi/2
0
(∫ √y
0
√
y sen(x
√
y) dx
)
dy
Ca´lculo III Notas da Aula 15 5/6
Ora! Tentando resolver a integral na varia´vel x percebe-se que ela e´ trivial!! Basta usar
a substituic¸a˜o u = x
√
y, uma vez que du =
√
y dx, e portanto
√
y sen(x
√
y) dx = sen(u) du!
Usando essa substituic¸a˜o segue-se que∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫ pi/2
0
(∫ √y
0
√
y sen(x
√
y) dx
)
dy
=
∫ pi/2
0
(∫ y
0
sen(u) du
)
dy =
∫ pi/2
0
(1− cos(y)) dy = pi/2− 1
�
Ca´lculo III Notas da Aula 15 6/6