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Curso de Férias de IFVV (Etapa 3)
INTEGRAIS DUPLAS
VOLUMES E INTEGRAIS DUPLAS
Objetivando resolver o problema de determinar áreas, chegamos à definição de
integral definida. A idéia é aplicar procedimento semelhante para calcular o volume de um
sólido e, no processo, chegar à definição de integral dupla.
Considere uma função f de duas variáveis definida em um retângulo fechado
R = [a,b] x [c,d] = {(x,y) ∈IR
2 | a < x < b, c < y < d }
e vamos, inicialmente, supor f(x,y) > 0. O gráfico de f é a superfície de equação z = f(x,y).
Seja S o sólido que está contido na região acima de R e abaixo do gráfico de S, ou
seja,
S = {(x,y,z) ∈IR
3 | (x,y) ∈ R, 0 < z < f(x,y)}
Nosso objetivo é determinar o volume de S.
y
a b x
d
c
R R
RR
x
y
z
S
O primeiro passo consiste em dividir o retângulo R em sub-retângulos. Faremos
isso dividindo o intervalo [a,b] em m subintervalos [xi-1 , x (^) i ], de mesmo comprimento
∆x = (b – a) / m, e o intervalo [c,d] em n subintervalos [y (^) j-1 , y (^) j ], de mesmo comprimento
∆y = (b – a) / n. traçando retas paralelas aos eixos coordenados passando pelos extremos
dos subintervalos, formamos os sub-retângulos.
R (^) ij = [x (^) i-1 ,x (^) i] x [y (^) j-1 ,y (^) j ] = {(x,y) | x (^) i-1 < x < x (^) i , y (^) j-1 < y < y (^) j }
cada um dos quais com área ∆A = ∆x∆y.
Se escolhermos um ponto arbitrário (x (^) ij , y (^) ij) em cada Rij, podemos aproximar a
parte de S que está acima de cada Rij por uma caixa retangular fina (ou um prisma) com
base R (^) ij e altura f(x (^) ij , y (^) ij). O volume desta caixa é dado pela sua altura vezes a área do
retângulo da base:
V (^) ij = f(x (^) ij , y (^) ij)∆A.
Se seguirmos com esse procedimento para todos os retângulos e somarmos os
volumes das caixas correspondentes, obteremos uma aproximação do volume total de S:
V ≈ (^) ∑ ∑ = =
m
j 1
ij ij
n
i 1
f(x ,y ) A
Essa dupla soma significa que, para cada sub-retângulo, calculamos o valor de f no
ponto amostra escolhido, multiplicamos esse valor pela área do sub-retângulo e, então,
adicionamos os resultados.
x (^) i
∆x
a (^) b x
d
c
R R
y
x (^1) x 2 x (^) i-
y (^1)
y (^2)
y (^) j-
y (^) j
∆y •
• •
• • •
- • • •
- • •
- • • • •
- • • • • • •
- •
- • • • •
- • •
- • • • • •
R R (^) iijj
(x(x (^) iijj , y,y (^) iijj ))
A soma (^) ∑ ∑ = =
m
j 1
ij ij
n
i 1
f (x ,y ) Aé chamada soma dupla de Riemann e é usada como
aproximação do valor da integral dupla.
Exemplo 1: O volume do sólido que está acima do quadrado R = [0,2] x [0,2] e
abaixo do parabolóide elíptico z = 16 – x
2
2 pode ser aproximado pela subdivisão de R
em quatro quadrados iguais e a escolha do ponto amostra como o canto superior de cada
quadrado R (^) ij.
Solução: Os quadrados estão ilustrados na figura acima e a área de cada um vale 1.
O parabolóide é o gráfico de f(x,y) = 16 – x
2
2
. Aproximando o volume pela soma de
Riemann com m = n = 2, temos:
∑ ∑ = =
2
j 1
ij ij
2
i 1
V f(x ,y ) A= f(1,1)∆A + f(1,2) ∆A + f(2,1) ∆A + f(2,2) ∆A
Esse é o volume das caixas aproximadoras, como mostra a figura abaixo:
0 1 x
y
R 11
R 22
R 21
R 12
Obtemos melhor aproximação do volume quando aumentamos o número de
quadrados. A figura abaixo mostra como as figuras começam a parecer mais com o sólido
verdadeiro e as aproximações correspondentes vão se tornando mais precisas quando
usamos 16, 64 e 256 quadrados.
INTEGRAIS ITERADAS
Se f for contínua no retângulo R = { (x,y) | a < x < b, c < y < d }, então calculamos
a integral dupla de f em R através de integrais iteradas, como mostrado abaixo:
∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ⎥
d
c
b
a
b
a
d
R c
f(x,y)dA f(x,y)dydx f(x,y)dxdy
Este resultado, conhecido como Teorema de Fubini , vale sempre que f for
limitada em R, podendo ser descontínua em um número finito de pontos de R.
Exemplo 3: Calcule (^) ∫∫
R
y sen(xy)dA, onde R = [1,2] x [0,π].
Solução:
[ ]
sen 0 sen 0 0 2
sen sen 2
sen 2 y seny 2
( cos 2 y cosy)dy
ysen(xy)dA ysen(xy)dxdy cosxy dy
0 0
0
2 1 0
2
R 1
− π+ π+ − =
π π
π π
∫
∫∫ ∫ ∫ ∫
Obs.: 1) Se mudarmos a ordem de integração, invertendo as integrais iteradas, a
resolução das mesmas irá requerer a aplicação de técnicas de integração, tornando o trabalho mais demorado. Portanto é importante observar o tipo de
função que iremos integrar e fazer uma boa escolha da ordem de integração.
- O valor obtido nesta integral representa a diferença do volume da parte do sólido que está acima do retângulo R e do volume da parte do sólido que está
abaixo de R. Como o resultado foi zero, estes volumes são iguais.
Exemplo 4: Determine o volume do sólido S que é delimitado pelo parabolóide
elíptico x
2
2
- z = 16, os planos x = 2 e y = 2 e os três planos coordenados.
Solução: Observemos, primeiro, que S é o sólido que está abaixo da superfície
z = 16 – x
2
2 e acima do retângulo R = [0,2] x [0,2], como mostra a figura.
Vamos calcular o volume deste sólido usando integral dupla:
( )
( )
y y 4 3
4 y dy 3
4 y dy 3
2 xy dy 3
x 16 x
16 x 2 y dxdy
V 16 x 2 y dA
2
0
3
2
0
2
2
0
2
2
0
2
0
2
3
2
0
2
0
2 2
R
2 2
∫
∫
∫
∫ ∫
∫∫
INTEGRAIS DUPLAS EM REGIÕES GENÉRICAS
Para integrais simples, a região sobre a qual integramos é sempre um intervalo.
Mas, para integrais duplas, queremos ser capazes de integrar a função f, não somente sobre
retângulos, mas também sobre um região D de forma mais geral, como mostra a figura
abaixo. Vamos supor que D seja uma região limitada, o que significa que D pode ser
cercada por uma região retangular R. Definimos, então, uma nova função F com domínio R
por
( )
0 , se(x,y)estáemRmasnãoestáemD
f(x,y), se x,y estáemD F(x,y)
R
DDD DDD
x x
y y
2) Regiões planas inscritas em faixas horizontais:
Consideremos uma região D inscrita na faixa horizontal c < y < d e entre o gráfico
de duas funções contínuas de y, ou seja:
D = { (x,y) | c < y < d, h 1 (y) < x < h 2 (y) }
onde h 1 e h 2 são contínuas em [c,d]. Por exemplo, as regiões D representadas abaixo:
A integral dupla de f em D é calculada pelas seguintes integrais iteradas:
∫∫ = ∫ ∫
d
c
h(x)
D h(x)
f(x,y)dA f(x,y)dxdy
2
1
sempre que f for contínua em D.
Exemplo 5: Calcule (^) ∫∫ + D
(x 2 y)dA onde D é a região limitada pelas parábolas
y = 2x
2 e y = 1 + x
2 .
Solução: A região D está inscrita na faixa vertical
–1 < x < 1, pois essas são as abscissas dos pontos de intersecção das duas parábolas e podemos escrever:
D = { (x,y) | –1 < x < 1, 2x
2 < y < 1 + x
2 } Assim, calculamos a integral dupla
através das seguintes integrais iteradas:
DD D
x
y
DD D
x
y
DD D
x
y
d^ d d
c
c c
x = h 1 (y) x = h 1 (y)
x = h 1 (y)
x = h 2 (y)
x = h 2 (y) x = h 2 (y)
x
y
y = 2x
2
y = 1 + x
2
[ ]
[ ] [ ]
x 2
x
3
x 2 4
x
5
x 3
3 x x 2 x x 1 dx
x x 1 2 x x 2 x 4 x dx
x( 1 x ) ( 1 x ) 2 x 4 x dx
(x 2 y)dA (x 2 y)dydx xy y dx
1
1
5 4 3 2
1
1
4 3 2
1
1
3 2 4 3 4
1
1
2 2 2 3 4
1
1
1 x 2 x
2
1
1
1 x
D 2 x
2 2 2
⎥^ =
−
−
−
−
−
−
Exemplo 6: Determine o volume do sólido que está abaixo do parabolóide z = x
2
2 e acima da região do plano xy limitada pela reta y = 2x e pela parábola y = x
2 .
Solução: D é uma região inscrita na faixa vertical 0 < x < 2, portanto:
D = { (x,y) | 0 < x < 2, x
2 < y < 2x }
Assim, o volume é:
x
5
x
12
14 x dx 3
x x 3
14 x
dx 3
x x 3
8 x dx 2 x 3
y x y
V x y dA x y dydx
2
0
(^2457)
0
6 4
3
2
0
6 4
3 3
2
0
2 x
x
3 2
2
0
2 x
x
2 2
D
2 2
2
2
y = 2x ∫∫ ∫ ∫
y = x
2
16 y 3
y 4 y 8 6
y
8
dy 4
y 16 y 8 y 32 y
2
)dy 8
y 12 y 36 y
2
y 2 y y (
y dy 2
x xydA xydx dy
4
2
2
3 4
6
4
2
5 3 2
4
2
3 2 5 3
4
2
y 1
2
y 6
(^42)
2
y 1
2
D y 6
2 2
−
−
−
−
− −
−
∫
∫
∫∫ ∫ ∫ ∫
Exemplo 8: Determine o volume do tetraedro limitado pelos planos x + 2y + z = 2, x = 2y,
x = 0 e z = 0.
Solução: Em uma questão como esta, é prudente desenhar dois diagramas: um do sólido
tridimensional e outro da região plana D sobre a qual o sólido está. Igualando as equações dos planos, duas a duas, obtemos as retas que contém
as arestas do tetraedro:
A figura acima, à esquerda, mostra o tetraedro T limitado pelos planos
coordenados x = 0, z = 0, o plano vertical x = 2y e o plano x + 2y + z = 2.
x + 2y + z = 2
x = 2y
x
y
z
x
y
x + 2y = 2
x = 2y
D
T
Como x + 2y + z = 2 intercepta o plano xy (de equação z = 0) na reta x + 2y = 2,
vemos que T está sobre a região triangular D, do plano xy, limitada pelas retas x = 2y,
x + 2y = 2 e x = 0.
O plano x + 2y + z = 2 pode ser escrito como z = 2 – x – 2y e a região D como: D = { (x,y) | 0 < x < 1, x/2 < y < 1 – x/2 }. Portanto o volume de T é:
( ) ( ) [ ]
x 1 2 x x dx x x
dx 4
x
2
x x 4
x 1 x 2
x 2 x x
dx 4
x
2
x x 2
x 1 2
x x 1 2
x 21
V 2 x 2 ydA 2 x 2 ydydx 2 y xy y dx
1
0
3 2
1
0
2
1
0
2 2 2 2
1
0
(^222)
1
0
2 1 x
2
x
2
1
0
2 1 x
D x/ 2
⎥^ =
−
−
PROPRIEDADES DAS INTEGRAIS DUPLAS:
D D D
[f(x,y) g(x,y)]dA f(x,y)dA g(x,y)dA
D D
cf (x,y)dA c f(x,y)dA, onde c é uma constante
D D 1 D 2
f (x,y)dA f(x,y)dA f(x,y)dA, se D = D^1 ∪^ D^2 , onde D^1 e D^2 não se sobrepõem exceto, possivelmente, nas fronteiras.
Na forma 2), as integrais iteradas são:
∫ ∫ ∫ ∫
∫∫ ∫∫ ∫∫
−
π π
3
2
103 y
6
2
1
y
6
D D D
2 ycosxdxdy 2 ycosxdxdy
2 ycosxdA 2 ycosxdA 2 ycosxdA
2
1 2
APLICAÇÕES: MASSA E CENTRO DE MASSA DE UMA LÂMINA
Suponha uma lâmina colocada em uma região D do plano xy e cuja densidade (em
unidades de massa por unidade de área) no ponto (x,y) em D é dada por ρ(x,y), onde ρ é
uma função contínua sobre D. Então a massa total m da lâmina é dada por:
= ∫∫ ρ
D
m (x,y)dA
Além disso, o centro de massa dessa lâmina é o ponto (X,Y), onde m
M
X
y = e
m
M
Y
x = , sendo =∫∫ ρ
D
M (^) x y (x,y)dA e =∫∫ ρ
D
M (^) y x (x,y)dAos momentos em relação aos
eixos x e y, respectivamente.
Exemplo 10: Determine a massa e o centro de massa de uma lâmina triangular com
vértices (0,0), (1,0) e (0,2), se a função densidade é ρ(x,y) = 1 + 3x + y.
Solução:
O triângulo D está limitado pelas retas
x = 0, y = 0 e y = 2 – 2x.. Podemos expressar D por:
D = { (x,y) | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2 – 2x }
A massa da lâmina é:
( ) ∫∫ ∫∫
= ρ = + +
D D
m (x,y)dA 1 3 x ydA
y = 2 – 2x
D
Portanto:
x 4 4 x dx 4 x 4
dx 2 4 x 6 x 2 4 x 2 x dx 2
2 2 x 2 2 x 6 x 6 x
dx 2
y m 1 3 x ydydx y 3 xy
1
0
(^13)
0
2
1
0
2 2
1
0
2 2
1
0
22 x
0
1 2
0
22 x
0
⎥ = −^ =
− −
Os momentos são:
x 6
x 3
x 3 x 3
x dx 3
6 x 2 x 3
dx 3
8 x 8 x 8 x 3
2 4 x 2 x 6 x 12 x 6 x
dx 3
2 2 x
2
2 2 x 3 x 2
2 2 x
dx 3
y
2
y 3 x 2
y y 3 xy y dydx
M y(x,y)dA y 3 xy y dA
1
0
2 3 4
1
0
2 3
1
0
3 2 2 3 2
1
0
2 2 3
1
0
22 x
0
1 2 2 3
0
22 x
0
2
D
2
D
x
= ρ = + +
− −
( 4 x 4 x )dx [ 2 x x ] 211
2 x 4 x 6 x 2 x 4 x 2 x dx
dx 2
2 2 x 2 x 2 x 6 x 6 x x
dx 2
y x 3 x xydydx xy 3 x y x
M x (x,y)dA x 3 x xydA
1 0
2 4
1
0
3
1
0
2 3 2 3
1
0
2 2 2 3
1
0
22 x
0
2 2
1
0
22 x
0
2
D
2
D
y
= ρ = + +
− −
