INTEGRAL DUPLA (conceitos), Notas de estudo de Engenharia Madeireira
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INTEGRAL DUPLA (conceitos), Notas de estudo de Engenharia Madeireira

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Conceitos fundamentais de integração dupla, como é utilizada.
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INTEGRAIS DUPLAS

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

b a x

d

c

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 = x y.

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 m

1j

ijij

n

1i

A)y,x(f

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

b a x

d

c

R

y

x1 x2 xi-1

y1

y2

yj-1

yj y

Rij

(xij , yij)

Nossa intuição diz que a aproximação V m

1j

ijij

n

1i

A)y,x(f melhora quando

aumentamos os valores de m e de n e, portanto, devemos esperar que:

V = m

1j

ijij

n

1i n,m

A)y,x(flim .

Usamos essa expressão para definir o volume do sólido S que corresponde à região

que está acima do retângulo R e abaixo do gráfico de f.

Mesmo f não sendo uma função positiva, podemos dar a seguinte definição:

A integral dupla de f sobre o retângulo R é

R

dA)y,x(f m

1j

ijij

n

1i n,m

A)y,x(flim

se esse limite existir.

Pode ser provado que o limite existe sempre que f for uma função contínua.

Além disso, se f(x,y) > 0, então o volume do sólido que está acima do retângulo R

e abaixo da superfície z = f(x.y) é

R

dA)y,x(fV .

x

R

y

z

S

f (xij , yij )

(xij , yij )

Vij

A soma m

1j

ijij

n

1i

A)y,x(f 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 – 2y

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 1.

O parabolóide é o gráfico de f(x,y) = 16 – x 2 – 2y

2 . Aproximando o volume pela soma de

Riemann com m = n = 2, temos: 2

1j

ijij

2

1i

A)y,x(fV = f(1,1) A + f(1,2) A + f(2,1) A + f(2,2) A

= 13(1) + 7(1) + 10(1) + 4(1) = 34

Esse é o volume das caixas aproximadoras, como mostra a figura abaixo:

2

2

1

1 0 x

y

(1,1)

(2,2)

(2,1)

(1,2)

R11

R22

R21

R12

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

cR

dydx)y,x(fdxdy)y,x(fdA)y,x(f

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 2: Calcule o valor da integral

R

2 ydAx , onde R = [0,3] x [1,2]

Solução:

R

2 ydAx =

3

0

2

1

2 dxydyx =

3

0

2

1

2 2 dx

2

y x =

3

0

22 dx 2

1 x

2

4 x =

3

0

2 dxx 2

3 =

3

0

3

3

x

2

3 = 5,13

2

27

2

x 3

0

3

ou

R

2 ydAx =

2

1

3

0

2 dyydxx =

2

1

3

0

3

dyy 3

x =

2

1

dy0y 3

27 =

2

1

dyy9 =

2

1

2

2

y9 =

5,13 2

27

2

9

2

36

O valor obtido é o volume do sólido

acima de R e abaixo do gráfico da

função f(x,y) = x 2 y (Veja figura ao

lado)

y

3

2

x

1

0

R

Exemplo 3: Calcule

R

dA)xysen(y , onde R = [1,2] x [0, ].

Solução:

00sen0sen 2

1 sensen

2

1

yseny2sen 2

1 dy)ycosy2cos(

dyxycosdydx)xysen(ydA)xysen(y

00

0

2

1

0

2

1R

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.

2) 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 + 2y

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 – 2y

2 e acima do retângulo R = [0,2] x [0,2], como mostra a figura.

Vamos calcular o volume deste sólido usando integral dupla:

48 3

8.42.88

3

y 4y

3

88

dyy4 3

88

dyy4 3

8 32

dyxy2 3

x x16

dydxy2x16

dAy2x16V

2

0

3

2

0

2

2

0

2

2

0

2

0

2 3

2

0

2

0

22

R

22

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

DemestánãomasRemestá)y,x(se,0

Demestáy,xse),y,x(f )y,x(F

R D D

x x

y y

0 0

Se a integral dupla de F sobre R existe, então definimos a integral dupla de f

sobre D por

RD

dA)y,x(FdA)y,x(f

Cálculo da Derivada Dupla sobre Regiões Planas Genéricas

1) Regiões planas inscritas em faixas verticais:

Consideremos uma região D inscrita na faixa vertical a < x < b e entre o gráfico de

duas funções contínuas de x, ou seja:

D = { (x,y) | a < x < b, g1(x) < y < g2(x) }

onde g1 e g2 são contínuas em [a,b]. Por exemplo, as regiões D representadas abaixo:

A integral dupla de f em D é calculada pelas seguintes integrais iteradas: b

a

)x(g

)x(gD

dxdy)y,x(fdA)y,x(f 2

1

sempre que f for contínua em D.

D

x

y

0

D

x

y

0

D

x

y

0 b b b a a a

y = g1(x) y = g1(x) y = g1(x)

y = g2(x) y = g2(x) y = g2(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, h1(y) < x < h2(y) }

onde h1 e h2 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

)x(h

)x(hD

dydx)y,x(fdA)y,x(f 2

1

sempre que f for contínua em D.

Exemplo 5: Calcule

D

dA)y2x( 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:

D

x

y

0

D

x

y

0

D

x

y

0

d d d

c c

c

x = h1(y) x = h1(y)

x = h1(y)

x = h2(y)

x = h2(y) x = h2(y)

x

y

–1 1

y = 2x 2

y = 1 + x 2

15

32 x

2

x

3

x 2

4

x

5

x 3

dx1xx2xx3

dxx4x2xx21xx

dxx4x2)x1()x1(x

dxyxydxdy)y2x(dA)y2x(

1

1

2345

1

1

234

1

1

43423

1

1

43222

1

1

x1

x2 2

1

1

x1

x2D

2

2

2

Exemplo 6: Determine o volume do sólido que está abaixo do parabolóide z = x 2 + y

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:

35

216

21

128

5

32

12

16.14

21

x

5

x

12

x14 dx

3

x x

3

x14

dx 3

x x

3

x8 x2dx

3

y yx

dxdyyxdAyxV

2

0

7542

0

6 4

3

2

0

6 4

3 3

2

0

x2

x

3 2

2

0

x2

x

22

D

22

2

2

y = 2x

y = x 2

Mas também podemos inscrever a região D na faixa horizontal 0 < y < 4, com:

D = { (x,y) | 0 < y < 4, yx 2

y }

Portanto, o volume pode ser calculado como:

35

216 256.

96

13 128.

7

2 32.

5

2 y

96

13 y

7

2 y

15

2 dyy

24

13 yy

3

1

dy 2

y

24

y y

3

y xy

3

x dydxyxdAyx(V

4

0

42 7

2 5

4

0

32 5

2 3

4

0

33

2 52

34

0

y

2 y

2 34

0

y

2 y

22

D

22

Exemplo 7: Calcule

D

xydA, onde D é a região limitada pela reta y = x – 1 e pela parábola

y 2 = 2x + 6.

Solução:

A intersecção das duas curvas é calculada da seguinte maneira:

[y 2 = 2x + 6] [y = x – 1]

2

6y x

2

e x = y + 1 1y 2

6y2 y

2 – 2y – 8 = 0

y = –2 ( x = –1 ) ou y = 4 (x = 5 )

Portanto os pontos de intersecção das curvas são (-1,-2) e (5,4).

Novamente, a região D pode ser considerada inscrita tanto em uma faixa vertical

como em uma faixa horizontal. Mas a descrição de D considerada inscrita na faixa vertical

-3 < x < 5 é mais complicada, pois sua fronteira inferior é constituída por mais de uma

curva.

Assim, preferimos expressar D como:

D = { (x,y) | -2 < y < 4, 2

6y 2 < x < y + 1 }

Logo:

y 2 = 2x + 6

y = x – 1

3664 3

64 64

3

32 256

3

512 1024

3

2048

8

1

y16 3

y 8y4

6

y

8

1

dy 4

y32y8y16y

2

1

dy) 8

y36y12y

2

yy2y (

dyy 2

x dyxydxxydA

4

2

2 3

4 6

4

2

235

4

2

3523

4

2

1y

2

6y

24

2

1y

2

6yD 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.

(1, ½, 0)

(0, 1, 0)

(0, 0, 2)

x + 2y + z = 2

x = 2y

x

y

z

x

y

1

1

½

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:

3

1

3

x xxdxxx21

dx 4

x

2

x x

4

x x1

2

x xx2

dx 4

x

2

x x

2

x 1

2

x 1x

2

x 12

dxyxyy2dxdyy2x2dAy2x2V

1

0

3 2

1

0

2

1

0

2222

1

0

222

1

0

2 x1

2 x

2 1

0

2 x1

2/xD

PROPRIEDADES DAS INTEGRAIS DUPLAS:

1)

DDD

dA)y,x(gdA)y,x(fdA)]y,x(g)y,x(f[

2)

DD

dA)y,x(fcdA)y,x(cf , onde c é uma constante

3)

21 DDD

dA)y,x(fdA)y,x(fdA)y,x(f ,

se D = D1 D2, onde D1 e D2 não se

sobrepõem exceto, possivelmente, nas

fronteiras.

Exemplo 9: Expresse, de duas maneiras, as integrais iteradas que resolvem

D

xdAcosy2 ,

onde D é a região do plano xy limitada pelos gráficos de 6

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.

A região que tem como fronteira todas as curvas citadas é a parte sombreada

do plano. Portanto essa é a região D. Assim, podemos descrevê-la de duas

formas:

1) Inscrita na faixa vertical /6 x 4 e, nesse caso dividi-la em

D1 = { (x,y) | /6 x 1, 1 y 3 } e

D2 = { (x,y) | 1 x 4, 3

x10 yx }

2) Inscrita na faixa horizontal 1 y 3 e, nesse caso, dividi-la em

D1 = { (x,y) | 1 y 2, /6 x y 2 } e

D2 = { (x,y) | 2 y 3, /6 x 10 – 3y }

Na forma 1), as integrais iteradas são:

4

1

3

x10

x

1

6

3

1

DDD

dxxdycosy2dxxdycosy2

xdAcosy2xdAcosy2xdAcosy2

21

3

/6

y =3

y =1

x = /6 3y + x = 10

x = y 2

D

Na forma 2), as integrais iteradas são:

3

2

y310

6

2

1

y

6

DDD

dyxdxcosy2dyxdxcosy2

xdAcosy2xdAcosy2xdAcosy2

2

21

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:

D

dA)y,x(m

Além disso, o centro de massa dessa lâmina é o ponto (X,Y), onde m

M X

y e

m

M Y x , sendo

D

x dA)y,x(yM e

D

y dA)y,x(xM 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:

DD

dAyx31dA)y,x(m

(0,2)

(0,0) (1,0)

y = 2 – 2x

D

Portanto:

3

8

3

4 4

3

x 4x4dxx44

dxx2x42x6x42dx 2

x22 x6x6x22

dx 2

y xy3ydxdyyx31m

1

0

31

0

2

1

0

22 1

0

2 2

1

0

x22

0

21

0

x22

0

Os momentos são:

6

11

6

5 1

6

5

3

2 3

3

14

x 6

5 x

3

2 x3x

3

14 dxx

3

10 x2x6

3

14

dx 3

x8 x8x8

3

8 x6x12x6x2x42

dx 3

x22

2

x22 x3

2

x22

dx 3

y

2

y x3

2

y dxdyyxy3y

dAyxy3ydA)y,x(yM

1

0

432 1

0

32

1

0

3 2322

1

0

322

1

0

x22

0

3221

0

x22

0

2

D

2

D

x

112xx2dxx4x4

dxx2x4x2x6x4x2

dx 2

x22 xx6x6x2x2

dx 2

y xyx3xydxdyxyx3x

dAxyx3xdA)y,x(xM

1

0 42

1

0

3

1

0

3232

1

0

2 322

1

0

x22

0

2 2

1

0

x22

0

2

D

2

D

y

Assim:

8

3

3 8

1

m

M X

y ,

16

11

8

3

6

11

3 8

6 11

m

M Y x

Logo, o centro de massa da lâmina é o ponto (3/8,11/16), indicado na figura:

Para complementar o estudo, faça a leitura das páginas 399 a 415 do livro

ANTON, vol2, e resolva os exercícios ímpares de nº 1 a 15 e 19 a 29, das páginas 405 e

406 e de nº 1 a 21, 31 a 37 e 41 a 51 das páginas 413 e 414.

DESAFIO: Após ler a seção “Área calculada como uma integral dupla”, das

páginas 411/412 e o quadro “Valor médio” da página 414, resolva os exercícios de nº

25 e 27 da pág. 413 e 57 da pág. 415.

(0,2)

(0,0) (1,0)

y = 2 – 2x

D

(3/8,11/16)

muito obrigado galera!!!!!
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