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Sum ´ario
C´alculo IV – Aula 1
Aula 1
Integrais Duplas
Objetivos
- Compreender a no¸c˜ao de integral dupla;
- estudar algumas propriedades;
- estudar o Teorema de Fubini para retˆangulos;
- estudar uma vers˜ao mais geral do Teorema de Fubini;
- calcular ´area e volume.
No C´alculo II, vocˆe aprendeu as integrais definidas. Agora, no C´alculo IV, pre-
tendemos estender essa id´eia para integrais duplas e triplas de fun¸c˜oes de duas
ou trˆes vari´aveis.
Ent˜ao consideremos uma fun¸c˜ao f : D ⊂ R
2 → R, onde D ´e um conjunto
fechado e limitado (tamb´em conhecido como conjunto compacto). Como D ´e
limitado, ent˜ao existe um retˆangulo R = [a, b] × [c, d], tal que D ⊂ R.
y
d = yn
yj
yj− 1
y 0 = c
∆y
a = x 0 xi− 1 xi b = xn (^) x
∆x
D
R
Rij
(x
∗ i , y
∗ j )
f
R
Vamos dividir o retˆangulo R em subretˆangulos Rij da seguinte maneira: dividimos
os intervalos [a, b] e [c, d] em n subintervalos de mesmo comprimento ∆x =
b − a
n
e ∆y =
d − c
n
, respectivamente; tra¸camos retas verticais e horizontais pelas
extremidades desses subintervalos. Vamos escolher
x
∗ i , y
∗ j
∈ Rij e formemos a
soma
Sn =
n ∑
j=
n ∑
i=
f
x
∗ i , y
∗ j
∆x∆y =
n ∑
i,j=
f
x
∗ i , y
∗ j
∆A
onde f
x
∗ i , y
∗ j
= 0 se
x
∗ i , y
∗ j
∈/ D.
C´alculo IV – Aula 1
- Propriedades
(i)
∫ ∫
D
(f + g) dA =
∫ ∫
D
f dA+
∫ ∫
D
g dA
(ii)
∫ ∫
D
kf dA = k
∫ ∫
D
f dA, k ∈ R
(iii) D = D 1 ∪ D 2 ⇒
∫ ∫
D
f dA =
∫ ∫
D 1
f dA+
∫ ∫
D 2
f dA
D 1
D 2
Um M´etodo Pr´atico para Calcular Integrais Duplas
Teorema de Fubini: Se f (x, y) ´e cont´ınua no retˆangulo D = [a, b]×[c, d],
ent˜ao
D
f (x, y) dxdy =
b
a
[∫
d
c
f (x, y) dy
]
dx =
d
c
[∫
b
a
f (x, y) dx
]
dy
ou
D
f (x, y) dxdy =
∫ (^) b
a
∫ (^) d
c
f (x, y) dydx =
∫ (^) d
c
∫ (^) b
a
f (x, y) dxdy
integrais iteradas ou repetidas
Exemplo 1
Calcule
∫ ∫
D
xy
2 dxdy, sendo D = [0, 1] × [− 1 , 0].
Solu¸c˜ao:
Temos (^) ∫ ∫
D
xy
2 dxdy =
1
0
0
− 1
xy
2 dydx.
Primeiro calculamos a integral interna. Logo:
D
xy
2 dxdy =
0
x
[
y
3
3
] 0
− 1
1
3
0
x[0−(−1)] dx =
1
3
0
x dx =
1
3
[
x
2
2
] 1
0
1
6
Integrais Duplas
C´alculo de Integrais Duplas em Regi˜oes mais Gerais
Suponhamos agora, que D seja diferente do retˆangulo [a, b]×[c, d]. Ent˜ao vamos
definir dois tipos de regi˜ao.
Defini¸c˜ao 1
Dizemos que D ´e uma regi˜ao do tipo I ou uma regi˜ao simples vertical
se D for limitada a esquerda pela reta vertical x = a,a direita pela
reta vertical x = b, inferiormente pela curva de equa¸c˜ao y = g 1 (x) e
superiormente pela curva y = g 2 (x), onde g 1 e g 2 s˜ao cont´ınuas.
As figuras que se seguem ilustram regi˜oes do tipo I:
x
x
y
y = g 1 (x)
y = g 2 (x)
D
(x, y)
a (^) b x
x
y
y = g 1 (x)
y = g 2 (x)
D
(x, y)
a (^) b
x
x
y
y = g 1 (x)
y = g 2 (x)
D (x, y)
a (^) b
Logo, D =
(x, y) ∈ R
2 | a ≤ x ≤ b e g 1 (x) ≤ y ≤ g 2 (x)
. Prova-se que:
∫ ∫
D
f (x, y) dxdy =
∫ (^) b
a
∫ (^) g 2 (x)
g 1 (x)
f (x, y) dydx.
Defini¸c˜ao 2
Dizemos que D ´e uma regi˜ao do tipo II ou uma regi˜ao simples horizontal
se D for limitada inferiormente e superiormente por retas horizontais
y = c e y = d, respectivamente, pela esquerda pela curva x = h 1 (y) e
pela direita pela curva x = h 2 (y), onde h 1 e h 2 s˜ao cont´ınuas.
Integrais Duplas
x x
y
y = x
D y = x^2
(x, y)
1
1
M´etodo 1
Enquadrando D como tipo I, temos D =
(x, y) ∈ R
2 | 0 ≤ x ≤ 1 e x
2 ≤ y ≤ x
Ent˜ao:
D
xy dxdy =
0
∫ (^) x
x^2
xy dydx =
0
x
[
y
2
2
]x
x^2
dx
1
2
0
x
x
2 − x
4
dx
1
2
0
x
3 − x
5
dx
1
2
[
x^4
4
x^6
6
] 1
0
1
6
1
4
1
6
1
24
M´etodo 2
x
y
y
x = y
x =
√ D y
1
1
C´alculo IV – Aula 1
Enquadrando D como tipo II, temos D =
{ (x, y) ∈ R
2 | 0 ≤ y ≤ 1 e y ≤ x ≤
√ y
} .
Ent˜ao:
∫ ∫
D
xy dxdy =
0
∫ √y
y
xy dxdy =
0
y
[
x
2
]√y
y
dy =
1
2
0
y
y − y
2
dy
1
2
0
y
2 − y
3
dy
1
2
[
y
3
3
y
4
4
] 1
0
1
2
1
3
1
4
1
24
Exemplo 2
Calcule, por integral dupla, a ´area da regi˜ao plana D limitada pelas curvas y = x
3
e y =
x.
Solu¸c˜ao:
O esbo¸co de D est´a representado na figura que se segue.
x
y y = x^1 /^2
y = x^3
y = x^3
D
1
1
y =
√ x = x^1 /^2
Podemos descrever por
D :
0 ≤ x ≤ 1
x
3 ≤ y ≤ x
1 / 2
Ent˜ao:
A(D) =
D
dxdy =
0
∫ (^) x 1 / 2
x^3
dydx =
0
x
1 / 2 − x
3
dx =
[
2
3
x
3 / 2 −
x
4
4
] 1
0
2
3
1
4
5
12
u.a.
C´alculo IV – Aula 1
Exerc´ıcios
- Calcule I =
D
ye
x+y^2 dxdy, sendo D = [− 1 , 1] × [0, 1].
- Determine a regi˜ao D e troque a ordem de integra¸c˜ao das seguintes inte-
grais:
a) I =
0
∫ √x
x^3
f (x, y) dydx. b) I =
0
∫ (^1) −√y
−
1 −y^2
f (x, y) dxdy.
- A integral abaixo n˜ao pode ser calculada exatamente, em termos de fun¸c˜oes
elementares, com a ordem de integra¸c˜ao dada. Inverta a ordem de inte-
gra¸c˜ao e fa¸ca os c´alculos em
I =
1
0
1
y
e
x^2 dxdy.
- Utilizando integral dupla, calcule a ´area da regi˜ao D limitada pelas curvas
y
2 = −x, x − y = 4, y = − 1 e y = 2.
- Calcule
∫ ∫
D
y
1 + x^2
dxdy, onde D ´e a regi˜ao limitada por y = 0, y =
x
e x = 4.
- Inverta a ordem de integra¸c˜ao e calcule seu valor em
I =
1
0
y
√ y/ 2
e
x^3 dxdy +
4
1
1
√ y/ 2
e
x^3 dxdy.
- Encontre por integra¸c˜ao dupla a ´area da regi˜ao no plano xy, limitada pelas
curvas y = x
2 e y = 4x − x
2 .
- Determine a ´area da regi˜ao limitada pelas curvas x = y
3 , x + y = 2
e y = 0.
- Calcule o volume do s´olido W , no primeiro octante, limitado pelas
superf´ıcies z = 4 − x
2 , y = 0, z = 0 e x + y = 2.
- Calcule o volume do s´olido W limitado pelos planos x = 0, z = 0, x+y = 9
e pelo cilindro parab´olico z = 9 − y
2 .
Integrais Duplas
Mudan¸ca de Vari´aveis na Integral Dupla
OBS.: Pelo teorema da fun¸c˜ao inversa, o jacobiano de ϕ
− 1 ´e dado
por
Jϕ
− 1 (x, y) =
∂u
∂x
∂u
∂y
∂v
∂x
∂v
∂y
Jϕ(u, v)
1
J (ϕ(u, v))
Exemplo 1
Calcule, utilizando uma mudan¸ca de vari´aveis conveniente, a integral ∫ ∫
Dxy
(x + y)
6
y − x
dxdy, sendo Dxy a regi˜ao limitada pelas retas y + x = 3, y + x = 5,
y − x = 1 e y − x = 3.
Solu¸c˜ao:
O esbo¸co de Dxy est´a representado na figura a seguir.
x
y
3 Dxy
3
5
5
Fa¸camos u = x + y, v = y − x, que nos d´a
u + v = 2y
u − v = 2x
ou
x =
u − v
2
y =
u + v
2
Temos:
J =
∂(x, y)
∂(u, v)
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
Como dxdy = |J| dudv, temos dxdy =
1
2
dudv.
A seguir, vamos determinar Duv.
Como Dxy ´e limitado por y + x = 3, y + x = 5, y − x = 1 e y − x = 3, ent˜ao
Duv ´e limitado por u = 3, u = 5, v = 1 e v = 3.
C´alculo IV – Aula 2
u
v
Duv
1
3
3
5
Segue da f´ormula da mudan¸ca de vari´aveis que:
Dxy
(x + y)
6
y − x
dxdy =
Duv
u
6
v
1
2
dudv =
1
2
Duv
u
6
v
dudv
1
2
3
u
6
1
1
v
dvdu
1
2
3
u
6
[
ln v
] 3
1
du
ln 3
2
3
u
6 du
ln 3
2
[
u
7
7
] 5
3
7 − 3
7 )
ln 3
14
Integrais Duplas em Coordenadas Polares
No C´alculo II, vocˆe aprendeu coordenadas polares (r, θ), onde r ´e a distˆancia
de um ponto P = (x, y) `a origem e θ ´e o ˆangulo (em radianos) formado pelo
eixo x positivo e o raio polar OP.
x (^) x
y
y
r
P (x, y)
O
θ
Da figura, vemos que x = r cos θ, y = r sen θ donde x
2
2 = r
2 .
C´alculo IV – Aula 2
Passando para coordenadas polares, temos:
x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = rdrdθ
x
2
2 = r
2
Observemos que em D o ˆangulo θ varia de 0 (no eixo polar = eixo x positivo)
a π (no ponto (− 1 , 0)). Fixado θ, tal que 0 ≤ θ ≤ π, o raio polar r varia de 0
a 1. Ent˜ao, Drθ ´e dado por:
Drθ :
0 ≤ θ ≤ π
0 ≤ r ≤ 1
Logo,
D
e
x^2 +y^2 dxdy =
Drθ
e
r^2 r drdθ =
1
0
π
0
e
r^2 r dθdr = π
1
0
e
r^2 r dr.
Temos d(r
2 ) = 2r dr, donde r dr =
1
2
d(r
2 ). Ent˜ao,
D
e
x^2 +y^2 dxdy =
π
2
0
e
r^2 d(r
2 ) =
π
2
[
e
r^2
] 1
0
π
2
(e − 1).
Exemplo 2
Calcule I =
∫ ∫
D
y dxdy, onde D ´e limitado por x
2
2 = 2y. Solu¸c˜ao:
Completando quadrado em x
2
2 = 2y, temos x
2
2 = 1. Logo,
temos uma circunferˆencia de centro (0, 1) e raio 1. Assim, o esbo¸co de D est´a
representado na figura que se segue.
x
y
1 D
2
Calcular I, enquadrando D como tipo I ou tipo II, ´e uma tarefa dif´ıcil (verifique!),
Mudan¸ca de Vari´aveis na Integral Dupla
ent˜ao passemos para coordenadas polares, temos:
x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = rdrdθ
x
2
2 = r
2
Passando x
2
2 = 2y para coordenadas polares, temos r
2 = 2r sen θ ou
r = 2 sen θ. Observemos que como o eixo x ´e tangente `a circunferˆencia na
origem, ent˜ao θ varia de 0 a π. Fixando θ, tal que 0 ≤ θ ≤ π, o raio polar r
varia de 0 a 2 sen θ. Logo, o conjunto Drθ ´e dado por
Drθ :
0 ≤ θ ≤ π
0 ≤ r ≤ 2 sen θ
Ent˜ao,
I =
Drθ
r sen θ · r drdθ
Drθ
r
2 sen θ drdθ
∫ (^) π
0
sen θ
∫ (^) 2 sen θ
0
r
2 drdθ
π
0
sen θ
[
r
3
3
]2 sen θ
0
dθ
8
3
∫ (^) π
0
sen
4 θ dθ.
Vale a pena lembrar que
4 θ =
sen
2 θ
1 − cos 2θ
2
1
4
1 − 2 cos 2θ + cos
2 2 θ
cos
2 u du =
1
2
u +
sen 2u
2
+ C
Ent˜ao,
I =
2
3
∫ (^) π
0
1 − 2 cos 2θ + cos
2 2 θ
dθ
2
3
1
2
∫ (^) π
0
1 − 2 cos 2θ + cos
2 2 θ
d(2θ)
1
3
[
2 θ − 2 sen 2θ +
1
2
2 θ +
sen 4θ
2
) ]π
0
1
3
[
3 θ − 2 sen 2θ +
sen 4θ
4
]π
0
= π.
