Cálculo 3 cal3txt s08 Cain

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Mais sobre Integrac¸a˜o∗
George Cain & James Herod
Georgia Tech Institute – GaTech
1 Algumas Aplicac¸o˜es
Considere um sistema de massas pontuais com forc¸as externas agindo
sobre as massas. Especificamente, suponha que, para cada i = 1, 2, ..., n,
existem massas pontuais mi cujas posic¸o˜es no espac¸o em um tempo t sa˜o
dadas pelos vetores ri = ri(t). Suponha ainda que existe uma forc¸a fi agindo
na massa mi. Enta˜o, de acordo com a Lei de Newton, temos
fi = mi
d2 ri
dt2
para cada i. Agora some essas equac¸o˜es para obter
F =
n∑
i=1
fi =
n∑
i=1
mi
d2 ri
dt2
= M
d2
dt

n∑
i=1
miri
n∑
i=1
mi

onde M =
n∑
i=1
mi. Assim, definindo R =
(
n∑
i=1
miri
)/(
n∑
i=1
mi
)
, enta˜o
a equac¸a˜o fica F = M
d2R
dt2
. Logo, a soma das forc¸as externas no sistema e´
igual a` soma das massas vezes a acelerac¸a˜o do ponto imagina´rio R. Dizemos
que R e´ o Centro de Massa do sistema.
∗Traduc¸a˜o livre, por Mayra Madeira, do texto Chapter 13 More Integration
1
1. Algumas Aplicac¸o˜es 2
No caso em que a massa total e´ continuamente distribu´ıda no espac¸o, a
“soma” na equac¸a˜o de R se torna uma integral. Vejamos o que isso significa
em duas dimenso˜es.
Suponha que temos uma chapa D com densidade de massa no ponto (x, y)
dada por δ(x, y). Para encontrar o centro de massa da chapa, imaginamos
que ela seja a unia˜o de va´rias regio˜es pequenas, e tratamos cada uma dessas
regio˜es como uma massa pontual.
Agora escolha um ponto ri = (x
∗
i , y
∗
i ) em cada regia˜o. A massa de uma
regia˜o sera´ aproximadamente mi = δ(x
∗
i , y
∗
i )∆Ai, onde ∆Ai e´ a a´rea da
regia˜o. A equac¸a˜o para o centro de massa do sistema formado por essas
regio˜es e´ enta˜o
R˜ =
n∑
i=1
miri
n∑
i=1
mi
=
n∑
i=1
δ(x∗i , y
∗
i )ri∆Ai
n∑
i=1
δ(x∗i , y
∗
i )∆Ai
=
1
n∑
i=1
δ(x∗i , y
∗
i )∆Ai
(
n∑
i=1
δ(x∗i , y
∗
i )x
∗
i∆Ai ,
n∑
i=1
δ(x∗i , y
∗
i ) y
∗
i ∆Ai
)
As treˆs somas na linha anterior sa˜o as somas de Riemann para integrais de
duas dimenso˜es! Assim, a` medida que consideramos regio˜es cada vez menores,
no limite obtemos que o centro de massa R da chapa D e´ dado por
R =
1∫∫
D
δ(x, y) dA
(∫ ∫
D
x δ(x, y) dA ,
∫ ∫
D
y δ(x, y) dA
)
1. Algumas Aplicac¸o˜es 3
Em outras palavras, as coordenadas (x, y) do centro de massa da chapa sa˜o
dadas por
x =
1
M
∫ ∫
D
x δ(x, y) dA e y =
1
M
∫ ∫
D
y δ(x, y) dA
onde M =
∫∫
D
δ(x, y) dA e´ a massa total da chapa.
Exemplo 1 Vamos encontrar o centro de massa de uma chapa plana D de
densidade constante e limitada pelo triaˆngulo ilustrado a seguir
Soluc¸a˜o. Suponha δ(x, y) = k. Para a coordenada x calculamos∫ ∫
D
x δ(x, y)dA = k
∫ a
0
∫ b(1−x/a)
0
x dy dx = k
∫ a
0
xb(1− x/a) dx = ka
2b
6
,
e para a coordenada y calculamos∫ ∫
D
y δ(x, y)dA = k
∫ a
0
∫ b(1−x/a)
0
y dy dx =
kb2
2
∫ a
0
(1− x/a)2 dx = kab
2
6
Ale´m disso, como M = k
∫∫
D
dA = k ab/2, obtemos que
x =
a
3
e y =
b
3
.
�
Note que, geralmente, se a densidade e´ constante, enta˜o a constante sai
das integrais e o numerador cancela com o denominador da fo´rmula para as
coordenadas (x, y). Isso e´ bem o que nos diz a nossa intuic¸a˜o. Entretanto,
e´ reconfortante ver como isso pode ser deduzido em um contexto puramente
matema´tico. Nesse caso, de densidade constante, o centro de massa depende
2. Coordenadas Polares 4
so´ da geometria da chapa; e´ assim uma propriedade geome´trica da regia˜o.
E´ chamado de centro´ide da regia˜o. Na˜o se deve confundir os dois concei-
tos; apesar de serem intimamente relacionados, eles sa˜o distintos. O centro
de massa e´ uma caracter´ıstica f´ısica do corpo, enquanto o centro´ide e´ uma
abstrac¸a˜o matema´tica.
2 Coordenadas Polares
Vamos agora ver o que acontece quando expressamos uma integral dupla
como uma integral iterada em algum outro sistema de coordenadas que na˜o
o usual de coordenadas retangulares, ou cartesianas. Voltaremos a esse to´-
pico posteriormente. No momento, vejamos o que acontece com coordenadas
polares.
Para calcular uma integral
∫∫
f(x, y) dA em coordenadas polares, sabe-
mos que devemos substituir
x = r cos θ e y = r sen θ.
Mas devemos fazer mais do que isso. Quando dividimos o plano em re-
gio˜es formadas pelas curvas x = constante e y = constante, obtemos retaˆn-
gulos, etc.,etc.. Agora dividimos o plano em regio˜es formadas por curvas
r = constante e θ = constante, onde r e θ sa˜o as coordenadas polares. Isto
resulta em regio˜es como as ilustradas abaixo. A figura da direita ilustra a
forma t´ıpica de uma dessas regio˜es.
A a´rea dessa regia˜o tipica pode ser aproximada por ∆A ≈ (r∆θ)∆r, e
sua integral iterada e´ da forma:∫ ∫
D
f(x, y) dA =
∫ ∫
bD f(r cos θ, r sen θ)r dr dθ
2. Coordenadas Polares 5
onde D̂ representa os limites de integrac¸a˜o apropriados. Vejamos um exem-
plo.
Exemplo 2 Vamos encontrar o centro´ide da regia˜o limitada pela curva com
equac¸a˜o em coordenadas polares dada por r = 1+cos θ. A curva esta´ ilustrada
a seguir, em uma figura feita no Maple.
Soluc¸a˜o. O centro´ide (x, y) e´ dado por
x =
∫ ∫
D
x dA∫ ∫
D
dA
e y =
∫ ∫
D
y dA∫ ∫
D
dA
.
Primeiramente, vamos encontrar a integral
∫∫
D
x dA. Com o aux´ılio da
figura acima percebemos que, quando fixamos θ e integramos primeiro com
respeito a r, o limite inferior e´ independente de θ e e´ sempre r = 0. Ja´ o
limite superior depende de θ e e´ igual a r = 1 + cos θ. Temos uma fatia para
cada valor de θ de θ = 0 ate´ θ = 2pi, e enta˜o a integral iterada fica∫ ∫
D
x dA =
∫ 2pi
0
∫ 1+cos θ
0
r cos θ r dr dθ =
∫ 2pi
0
∫ 1+cos θ
0
r2 cos θ dr dθ.
o restante dos ca´lculos agora e´ bastante conhecido:∫ 2pi
0
∫ 1+cos θ
0
r2 cos θ dr dθ =
1
3
∫ 2pi
0
(1 + cos θ)3 cos θ dθ
=
1
3
∫ 2pi
0
[cos θ + 3 cos2 θ + 3 cos3 θ + cos4 θ] dθ
=
1
3
[
0 +
3
2
∫ 2pi
0
(1 + cos 2θ)dθ + 0 +
1
4
∫ 2pi
0
(1 + cos 2θ)2 dθ
]
= pi +
pi
6
+
1
12
∫ 2pi
0
cos2 2θ dθ = pi +
pi
6
+
pi
12
=
5
4
pi.
3. Treˆs dimenso˜es 6
Em relac¸a˜o a` outra integral, usando a substituic¸a˜o u = 1 + cos θ (com
du = − sen θ dθ), obtemos que∫ ∫
D
y dA =
∫ 2pi
0
∫ 1+cos θ
0
r2 sen θ dr dθ
=
1
3
∫ 2pi
0
(1 + cos θ)3 sen θ dθ = 0
Resta ainda o ca´lculo da a´rea, que e´ dada por∫ ∫
D
dA =
∫ 2pi
0
∫ 1+cos θ
0
r dr dθ =
1
2
∫ 2pi
0
(1 + cos θ)2 dθ
= pi +
1
4
∫ 2pi
0
(1 + cos 2θ)dθ
= pi +
pi
2
=
3
2
pi
Finalmente, o centro de massa e´ dado por
x =
5pi/4
3pi/2
=
5
6
e y = 0.
�
3 Treˆs dimenso˜es
Vamos agora para integrais de 3 dimenso˜es. A ide´ia e´ bem simples. Supo-
nha que temos uma func¸a˜o f : Q→ R, onde Q e´ um subconjunto “razoa´vel”
de R3. Coloque Q dentro de uma caixa grande (i.e, um paralelep´ıpedo re-
tangular). Agora subdivida a caixa particionando cada um de seus lados. O
volume da maior destas caixas e´ chamado de norma da subdivisa˜o. Em cada
caixa que intercepta Q, escolhemos um ponto (x∗i , y
∗
i , z
∗
i ) em Q. A soma de
Riemann S correspondente fica da seguinte forma, onde a soma e´ sobre todos
as caixas que encontram Q
S =
n∑
i=1
f(x∗i , y
∗
i , z
∗
i )∆Vi,
e ∆Vi e´ o volume da caixa da qual (x
∗
i , y
∗
i , z
∗
i ) foi escolhido. Se ha´ um nu´mero
L tal que |S−L| pode se tornado arbitrariamente pequeno apenas escolhendo
uma subdivisa˜o com norma suficientemente pequena, enta˜o dizemos que f e´
3. Treˆs dimenso˜es 7
integra´vel sobre Q, e o nu´mero L e´ dito a integral de f sobre Q. Esta integral
e´ usualmente escrita com o s´ımbolo:∫∫ ∫
Q
f(x, y, z)dV .
Vejamos como calcula´-la considerando as integrais iteradas. Para isso,
primeiro projete Q sobre um plano coordenado (escolhemos o plano Oxy
como um exemplo).
Seja A a regia˜o do plano Oxy na qual projetamos Q. Assuma que uma
reta vertical por um ponto (x, y) ∈ A entra em Q atrave´s da superf´ıcie
z = g(x, y) e sai por uma superf´ıcie z = h(x, y). Em outras palavras, Q e´ o
so´lido sobre a regia˜o A entre as superf´ıcies z = g(x, y) e z = h(x, y). Agora
simplesmente integramos a integral
∫ h(x,y)
g(x,y)
f(x, y, z) dz sobre a regia˜o A:
∫ ∫ ∫
Q
f(x, y, z)dV =
∫ ∫
A
(∫ h(x,y)
g(x,y)
f(x, y, z) dz
)
dA
Exemplo 3 Vamos encontrar a integral
∫ ∫ ∫
Q
(x + 2y + z)dV , onde Q e´ o
tetraedro com ve´rtices em (0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 2, 0) e (0, 0, 1).
3. Treˆs dimenso˜es 8
Soluc¸a˜o. Quando projetamos Q no plano Oxy, o fundo e´ a superf´ıcie z = 0
e o topo e´ x + y/2 + z = 1, ou z = 1 − x − y/2 (equac¸a˜o do plano pelos
pontos (1, 0, 0), (0, 2, 0) e (0, 0, 1)). A projec¸a˜o e´ o triaˆngulo ilustrado na
figura acima. Assim, a integral iterada e´∫ ∫
A
(∫ 1−x−y/2
0
(x+ 2y + z) dz
)
dA.
Agora escrevemos a integral dupla sobre A como uma integral iterada, e
temos∫ ∫ ∫
D
(x+ 2y + z)dV =
∫ ∫
A
(∫ 1−x−y/2
0
(x+ 2y + z) dz
)
dA
=
∫ 1
0
∫ 2(1−x)
0
∫ 1−x−y/2
0
(x+ 2y + z) dzdA
E´ comum omitir os pareˆnteses na integral iterada, e tudo que precisamos
agora e´ integrar treˆs vezes. Usando um computador, se necessa´rio, a primeira
integral e´ igual a∫ 1−x−y/2
0
(x+ 2y + z) dz = −1
2
x2 − 2xy + 3
2
y − 7
8
y2 +
1
2
Calculando agora a segunda integral, obtemos que∫ 2(1−x)
0
(
− 1
2
x2 − 2xy + 3
2
y − 7
8
y2 +
1
2
)
dy = −4x− 2
3
x3 + 3x2 +
5
3
Finalmente, o ca´lculo da terceira integral fornece o valor∫ 1
0
(−4x− 2
3
x3 + 3x2 +
5
3
) dx =
1
2
.
3. Treˆs dimenso˜es 9
Desses ca´lculos segue-se enta˜o que∫ 1
0
∫ 2(1−x)
0
∫ 1−x−y/2
0
(x+ 2y + z) dzdy dx =
1
2
�
Vale agora algumas observac¸o˜es claras. Primeiro, o volume V de um
so´lido Q e´ simplesmente V =
∫∫∫
Q
dV . Se a densidade de massa de Q e´
δ(x, y, z), enta˜o a massa M de Q e´ M =
∫∫∫
Q
δ(x, y, z) dV e a coordenadas
do centro de massa sa˜o dadas por
x =
1
M
∫ ∫ ∫
Q
x δ(x, y, z) dV
y =
1
M
∫ ∫ ∫
Q
y δ(x, y, z) dV
z =
1
M
∫ ∫ ∫
Q
z δ(x, y, z) dV
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	2 Coordenadas Polares
	3 Três dimensões