Baixe Integral dupla e outras Notas de estudo em PDF para Química Industrial, somente na Docsity!
a (^) b x
d
c
R
INTEGRAIS DUPLAS
VOLUMES E INTEGRAIS DUPLAS
Na tentativa de resolver o problema de determinar áreas, chegamos à definição
de integral definida. Vamos aplicar procedimento semelhante para calcular o volume de
um sólido e, no processo, chegar à definição de integral dupla.
Consideremos 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
R R
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 , xi], de mesmo comprimento
x = (b – a) / m, e o intervalo [c,d] em n subintervalos [yj-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.
Rij = [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 = xy.
Se escolhermos um ponto arbitrário (xij , yij) 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 Rij e altura f(xij , yij). O volume desta caixa é dado pela sua altura vezes a área do
retângulo da base:
Vij = f(xij , yij)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
∑
i = 1
n
∑
j = 1
m
f ( x
ij
, y
ij
) ΔAA
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
xi
x
a (^) b x
d
c
R R
y
x (^1) x 2 xi-
y 1
y 2
yj-
yj
y
RRijij
(x (xijij , y, yijij))
x
y
R
R
R
R
A soma
∑
i = 1
n
∑
j = 1
m
f ( x
ij
, y
ij
) ΔAA
é 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 Rij.
Solução: Os quadrados estão ilustrados na figura acima e a área de cada um vale
- 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:
V ≈∑
i = 1
2
∑
j = 1
2
f ( x
ij
, y
ij
) ΔAA
= 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:
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.
m = n = 4, V = 41,5 m = n = 8, V = 44,875 m = n = 16, V = 46,
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:
∬
R
f ( x , y ) dA =∫
a
b
[
∫
c
d
f ( x , y ) dy
]
dx =∫
c
d
[
∫
a
b
f ( x , y ) dx
]
dy
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,].
Solução:
∬
R
y sen ( xy ) dA =∫
0
π
∫
1
2
y sen ( xy ) dx dy =∫
0
π
[ −cos xy ] 1
2
dy =
∫
0
π
(−cos 2 y +cos y ) dy =−
sen 2 y + sen y ]
0
π
sen π + sen π +
sen 0 −sen 0 = 0
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:
V =∬
R
( (^16) − x
2
− 2 y
2 ) (^) dA
=∫
0
2
∫
0
2
( (^16) − x
2
− 2 y
2 ) (^) dx dy
=∫
0
2
[
16 x −
x
3
− 2 xy
2
] 0
2
dy
=∫
0
2
(
− 4 y
2
)
dy
=∫
0
2
(
− 4 y
2
)
dy
[
y − 4
y
3
] 0
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
F ( x , y )=
{
f ( x , y ) , se ( x , y ) está em D
0 , se ( x , y ) está em R mas não está em D
8 y y
x
y
y = 2x
y = 1 + x
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
f ( x , y ) dA =∫
c
d
∫
h 1 ( x )
h 2
( x )
f ( x , y ) dx dy
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
x
y
DD
x
y
DD
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)
y = 2x
y = x
∬
D
( x + 2 y ) dA =∫
− 1
1
[
∫
2 x
2
1 + x
( x + 2 y ) dy
]
dx =∫
− 1
1
[ (^) xy + y
2 ] 2 x
2
1 + x
2
dx
= (^) ∫
− 1
1
[ x ( 1 + x
2
)+( 1 + x
2
2 ]−[ 2 x
3
+ 4 x
4 ] dx
=∫
− 1
1
( x + x
3
+ 1 + 2 x
2
+ x
4
− 2 x
3
− 4 x
4 ) dx
=∫
− 1
1
(− 3 x
4
− x
3
+ 2 x
2
[
x
5
x
4
x
3
x
2
+ x
] − 1
1
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:
V =∬
D
( (^) x
2
+ y
2 ) (^) dA = ∫
0
2
[
∫
x
2
2 x
( (^) x
2
+ y
2 ) (^) dy
]
dx
=∫
0
2
[
x
2
y +
y
3
] x
2
2 x
dx =∫
0
2
[
2 x
3
8 x
3
− x
4
x
6
]
dx
=∫
0
2
(
14 x
3
− x
4
x
6
)
dx =
[
14 x
4
x
5
x
7
] 0
2
Mas também podemos inscrever a região D na faixa horizontal 0 < y < 4, com:
D = { (x,y) | 0 < y < 4,
y
≤ x ≤√ y
Portanto, o volume pode ser calculado como:
∬
D
xydA =∫
− 2
4
[
∫
y
2 − 6
2
y + 1
xydx
]
dy =∫
− 2
4
[
x
2
y
] y
2 − 6
2
y + 1
dy
∫
− 2
4
y
3
+ 2 y
2
+ y
y
5
− 12 y
3
+ 36 y
) dy
∫
− 2
4
− y
5
+ 16 y
3
+ 8 y
2
− 32 y
dy
[
y
6
+ 4 y
4
y
3
− 16 y
2
]
− 2
4
[
]
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.
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:
x + 2y + z = 2
x = 2y
x
y
z
x
y
x + 2y = 2
x = 2y
D
T
D = { (x,y) | 0 < x < 1, x/2 < y < 1 – x/2 }.
Portanto o volume de T é:
V =∬
D
( 2 − x − 2 y ) dA =∫
0
1
∫
x / 2
1 −
x
2
( 2 − x − 2 y ) dy dx =∫
0
1
[ 2 y − xy − y
2 ] x
2
1 −
x
2
dx
=∫
0
1
[
(
x
)
− x
(
x
)
(
x
)
2
− x +
x
2
x
2
4 ]^
dx
=∫
0
1
(
2 − x − x +
x
2
− 1 + x −
x
2
− x +
x
2
x
2
)
dx
=∫
0
1
( 1 − 2 x + x
2 ) dx = [
x − x
2
x
3
] 0
1
PROPRIEDADES DAS INTEGRAIS DUPLAS:
∬
D
[ f ( x , y )+ g ( x , y )] dA =
∬
D
f ( x , y ) dA +
∬
D
g ( x , y ) dA
∬
D
cf ( x , y ) dA = c ∬
D
f ( x , y ) dA
, onde c é uma constante
∬
D
f ( x , y ) dA =∬
D 1
f ( x , y ) dA +∬
D 2
f ( x , y ) dA
Exemplo 9 : Expresse, de duas maneiras, as integrais iteradas que resolvem
∬
D
2 y cos xdA
, onde D é a região do plano xy limitada pelos gráficos de
x =
, y = 1, y = 3, 3y + x = 10 e x = y
2 .
Solução: No gráfico abaixo, aparecem as curvas que formam a fronteira de D.
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:
∬
D
2 y cos xdA =∬
D 1
2 y cos xdA +∬
D 2
2 y cos xdA =
=∫
1
2
∫
π
6
y
2
2 y cos xdx dy +∫
2
3
∫
π
6
10 − 3 y
2 y cos xdx dy
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 (x,y), onde
é uma função contínua sobre D. Então a massa total m da lâmina é dada por:
m =∬
D
ρ ( x , y ) dA
Além disso, o centro de massa dessa lâmina é o ponto (X,Y), onde
X =
M
y
m e
Y =
M
x
m , sendo
M
x
=∬
D
yρ ( x , y ) dA
e
M
y
=∬
D
xρ ( x , y ) dA
os 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 (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:
m =∬
D
ρ ( x , y ) dA =∬
D
( 1 + 3 x + y ) dA
y = 2 – 2x
D
Portanto:
m =∫
0
1
∫
0
2 − 2 x
( 1 + 3 x + y ) dy dx =∫
0
1
[
y + 3 xy +
y
2
2
] 0
2 − 2 x
dx
=∫
0
1
(
2 − 2 x + 6 x − 6 x
2
( 2 − 2 x )
2
2
)
dx =∫
0
1
( 2 + 4 x − 6 x
2
2 ) (^) dx
=∫
0
1
( (^4) − 4 x
2 ) (^) dx = [
4 x − 4
x
3
3
] 0
1
= 4 −
4
3
=
8
3
Os momentos são:
M
x
=∬
D
yρ ( x , y ) dA =∬
D
( (^) y + 3 xy + y
2 ) (^) dA
=∫
0
1
∫
0
2 − 2 x
( (^) y + 3 xy + y
2 ) (^) dy dx =∫
0
1
[
y
2
+ 3 x
y
2
y
3
] 0
2 − 2 x
dx
=∫
0
1
(
( 2 − 2 x )
2
+ 3 x
( 2 − 2 x )
2
( 2 − 2 x )
3
)
dx
=∫
0
1
(
2 − 4 x + 2 x
2
+ 6 x − 12 x
2
+ 6 x
3
− 8 x + 8 x
2
8 x
3
)
dx
=∫
0
1
(
− 6 x − 2 x
2
x
3
)
dx =
[
x − 3 x
2
x
3
x
4
] 0
1
M
y
=∬
D
xρ ( x , y ) dA =∬
D
( (^) x + 3 x
2
=∫
0
1
∫
0
2 − 2 x
( (^) x + 3 x
2
0
1
[
xy + 3 x
2
y + x
y
2
] 0
2 − 2 x
dx
=∫
0
1
(
2 x − 2 x
2
+ 6 x
2
− 6 x
3
+ x
( 2 − 2 x )
2
)
dx
=∫
0
1
( (^2) x + 4 x
2
− 6 x
3
+ 2 x − 4 x
2
+ 2 x
3 ) (^) dx
=∫
0
1
( (^4) x − 4 x
3 ) (^) dx =[ 2 x
2
− x
4 ] 0
1
Assim:
