Cálculo IV 2° parte -...
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Integral Dupla Seja f uma função de duas variáveis definida no retângulo fechado. 𝑅 = 𝑎, 𝑏 𝑥 𝑐, 𝑑 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2|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).
• Problema: Encontrar o volume do sólido acima de 𝑅 e abaixo da superfície 𝑆.
𝑆 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ ℝ3| 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ2, 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝑓(𝑥, 𝑦)}
Subdividindo [𝑎, 𝑏] em 𝑚 subintervalos e [𝑐, 𝑑] em 𝑛 subintervalos, temos:
𝑥 =𝑏 – 𝑎
𝑚
e
𝑦 =𝑑 – 𝑐
𝑛
Área dos subretângulos :
A = 𝑥𝑦
O volume da caixa 𝑅𝑖𝑗 é dado pelo produto pela altura
vezes a área do retângulo da base:
𝑉𝑅𝑖𝑗 = 𝑓(𝑥∗𝑖𝑗 , 𝑦∗𝑖𝑗)𝐴
Figura 5
• O volume procurado 𝑉 é aproximadamente a soma dos volumes destes prismas:
• Quanto maior o número de retângulos da região 𝑅 mais próximo de 𝑉 fica a soma dupla acima, podemos dizer então que
Nestas condições temos a seguinte definição:
1 1
( , )n m
ij ij
i j
V f x y A
,1 1
lim ( , )n m
ij ijn m
i j
V f x y A
Definição: Seja f uma função contínua definida em 𝑅⊂ ℝ2
com valores reais, definimos a integral dupla na região R
acima por:
Se f for positiva em então essa integral resulta no
volume do sólido S.
,1 1
( , ) lim ( , )n m
ij ijn m
i jR
f x y dA f x y A
R
• Exemplo 1: O volume do sólido que está acima do quadrado 𝑅 = [0,2] 𝑥 [0,2] e abaixo do parabolóide elíptico z = 16 – x2 – 2y2 pode ser aproximado pela subdivisão de 𝑅 em quatro quadrados iguais e a escolha do ponto amostra como o canto superior direito 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 – x2 – 2y2. Aproximando o volume pela soma de Riemann com 𝑚 = 𝑛 = 2, temos:
• Esse é o volume das caixas que aproximam o volume 𝑉, como mostra a figura a seguir.
2 2
1 1
( , ) 1,1 1,2 2,1 2,2 ij ij
i j
V f x y A f A f A f A f A
13 1 7 1 10 1 4 1 34 uV
14
A
Abaixo estão ilustrados a três diferentes subdivisões 22 216 yxz
The approximations become
more accurate as m and n increase.
m = n = 4
V 41.5
m = n = 8
V 44.875
m = n = 16
V 46.46875
Figure 15.1.8
15
Integrais Iteradas
A
𝐴 𝑥 = 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦
𝑑
𝑐
𝑉 = 𝐴 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦
𝑑
𝑐
𝑏
𝑎
𝑑𝑥
𝑏
𝑎
Supondo 𝑓(𝑥, 𝑦) contínua no retângulo 𝑅 = 𝑎, 𝑏 𝑥 𝑐, 𝑑 . Temos que
Integrais iteradas
• Teorema de Fubini: 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:
• vale sempre que f for limitada em R, podendo ser descontínua em um número finito de pontos de R.
( , ) ( , ) ( , )
b d d b
R a c c a
f x y dA f x y dy dx f x y dx dy
PROPRIEDADES DAS INTEGRAIS DUPLAS
i)
ii)
iii)
se D = D1 D2, onde D1 e D2 não se sobrepõem exceto, possivelmente, nas fronteiras.
[ ( , ) ( , )] ( , ) ( , )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
1 2
( , ) ( , ) ( , )D D D
f x y dA f x y dA f x y dA
• Solução: De acordo com a figura acima temos:
23 2 3 322 2 2 2 2
0 1 0 01
3 33 3 32
0 0 0
4 1
2 2 2
3 3 2713,5
2 2 3 2 2
R
yx ydA x ydy dx x dx x x dx
x xx dx
32 3 2 23
2 2
1 0 1 10
22
1
270
3 3
27 108 27 81 2713,5
6 6 6 6 2
R
xx ydA x ydx dy y dy y dy
y
O valor obtido é o volume do sólido acima de R e abaixo do gráfico da função f(x,y) = x2y (Veja figura ao lado)
• Exemplo 3: Calcule , onde R = [1,2] x [0,].
• Solução:
• Note que é importante saber escolher a ordem de integração que dê menos trabalho.
• O resultado dessa integral representa a diferença de volume da parte do sólido positivo com a parte negativa.
22
10 1 0
00
sen( ) sen( ) cos
1( cos2 cos ) sen2 sen
2
1 1sen sen sen0 sen0 0
2 2
R
y xy dA y xy dxdy xy dy
y y dy y y
sen( )R
y xy dA
• Exemplo 4: Determine o volume do sólido S que é delimitado pelo parabolóide elíptico x2 + 2y2 + z = 16, os planos x = 2 e y = 2 e os três planos coordenados.
• Solução: S é o sólido que está abaixo da superfície z = 16 – x2 – 2y2 e acima do retângulo R = [0,2] x [0,2], como mostra a figura.
• Vamos calcular o volume deste sólido usando integral dupla:
Solução
2 2
2 2
2 2
0 0
22 32
0 0
2
2
0
2
2
0
23
0
16 2
16 2
16 23
832 4
3
884
3
88 88.2 4.84 48
3 3 3
R
V x y dA
x y dxdy
xx xy dy
y dy
y dy
yy
uV
Integrais duplas em regiões gerais
Tipo 1 - Regiões planas inscritas em faixas verticais:
Seja D = { (x,y)∈ ℝ2| 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:
2
1
( )
( )
( , ) ( , )
g xb
D a g x
f x y dA f x y dydx
Tipo 2 - Regiões planas inscritas em faixas horizontais
• Sendo D= {(𝑥, 𝑦) | 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑, ℎ1(𝑦) < 𝑥 < ℎ2(𝑦) }
• A integral dupla de f em D é calculada pelas seguintes integrais iteradas:
sempre que f for contínua em D.
2
1
( )
( )
( , ) ( , )
h xd
D c h x
f x y dA f x y dxdy
• Exemplo 5: Calcule onde D é a região limitada pelas parábolas y = 2x2 e
y = 1 + x2.
• Solução:
( 2 )D
x y dA
y = 1+ x2
y = x2
• D = { (x,y) | –1 < x < 1, 2x2 < y < 1 + x2 }
22
2
2
1 1 11
2
2-1 -12
1
2 2 2 3 4
-1
1
3 2 4 3 4
-1
1
4 3 2
-1
15 4 3 2
-1
( 2 ) ( 2 )
(1 ) (1 ) - 2 4
1 2 - 2 - 4
-3 - 2 1
32-3 - 2
5 4 3 2 15
xx
xD x
x y dA x y dy dx xy y dx
x x x x x dx
x x x x x x dx
x x x x dx
x x x xx
• Exemplo 6: Determine o volume do sólido que está abaixo do parabolóide z = x2 + y2 e acima da região do plano xy limitada pela reta y = 2x e pela parábola y = x2.
• Solução: D = { (x,y) | 0 < x < 2, x2 < y < 2x }
2 2
22 2 2 32 2 2 2 2
0 0
22 23 6 3 6 4 5 73 4 4
0 0 0
3
8 14 142
3 3 3 3 12 5 21
14.16 32 128 216
12 5 21 35
xx
D x x
yV x y dA x y dy dx x y dx
x x x x x x xx x dx x dx
• Gráfico do exemplo 6
• Exercício: Resolva o exemplo anterior invertendo ordem de integração:
y = 2x
y= x2
• Exemplo 7: Calcule , onde D é a região limitada pela reta y = x – 1 e pela parábola y2 = 2x + 6.
• Solução:
DxydA
• A intersecção das duas curvas é calculada da seguinte maneira:
• [y2 = 2x + 6] [y = x – 1] e x = y +1
y2 – 2y – 8 = 0
y = –2 ( x = –1 ) ou y = 4 (x = 5 )
• Assim, preferimos expressar D como:
2 62
yx
2 61
2
yy
2 6
, | 2 4, e 12
yD x y y x y
• Fazemos agora o cálculo:
22
114 4 2
62 26
22
4 3 2 5 3
2
4 5 3 2
2
46 3
4 2
2
2
2 12 36
2 8
1 16 8 32
2 4
14 8 16
8 6 3
1 2048 512 32 641024 256 64 64 36
8 3 3 3 3
yy
yD y
xxydA xydx dy y dy
y y y y y ydy
y y y ydy
y yy y
• 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:
{ , | 0 1, / 2 1 – / 2 }.D x y x x y x
11 121
2 2
20 /2 0
21 2 2
0
1 2 2 2 2
0
11 32 2
0 0
2 2 2 2 2
2 1 1 12 2 2 2 4
2 12 4 2 4
11 2
3 3
xx
x
D x
V x y dA x y dydx y xy y dx
x x x x xx x dx
x x x xx x x x dx
xx x dx x x
• Exemplo 8: Expresse, de duas maneiras, as integrais iteradas que resolvem , onde D é a região do plano xy limitada pelos gráficos de , y = 1, y = 3, 3y + x = 10 e x = y2.
• Solução:
2 cosD
y xdA
6x
• Dividiremos a região D em duas D1 e D2.
• 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, }
• 2) Inscrita na faixa horizontal 1 y 3 e, nesse caso, dividi-la em
• D1 = { (x,y) | 1 y 2, /6 x y2 } e
• D2 = { (x,y) | 2 y 3, /6 x 10 – 3y }
10
3
xx y
• Podemos então escrever de duas formas a integral.
1 2
10
1 3 4 3
1 16
2 cos 2 cos 2 cos
2 cos 2 cos
D D D
x
x
y xdA y xdA y xdA
y xdydx y xdydx
1 2
2 10 32 3
1 26 6
2 cos 2 cos 2 cos
2 cos 2 cos
D D D
y y
y xdA y xdA y xdA
y xdxdy y xdxdy
Integrais Duplas em Coordenadas Polares
• Regiões Polares Simples: Uma região polar simples num sistema de coordenadas polares é uma região delimitada por dois raios,
e , e duas curvas polares contínuas,
e , onde as equações dos raios e das curvas satisfazem as seguintes condições:
1( )r r 2 ( )r r
1 2(i) (ii) 2 (iii) 0 ( ) ( )r r
Integrais Duplas em Coordenadas Polares
y
x
R Ak = (r2
2 - r12)( - )/2
r1
r2
Ak
= [(r1 + r2)/2] (r)
unidade de área:
Ak
r
• Teste
Faremos o volume V k do prisma k por
Sendo assim, o volume
aproximado do sólido é:
e definiremos a integral dupla em coordenadas polares por;
* *( , ).k k k kV f r A
* *
1
( , ).n
k k k
k
V f r A
2
1
( )
* *
1 ( )
lim ( , ). ( , )
rn
k k kn
k r
f r A f r dA
Observe que a unidade de área pode ser dada usando-se os centros dos sub-retângulos: e Então, Onde
2 2
1
2 2
1
1 1
*
1 12 2
1 ( )2
1 ( )( )2
k k k k k
k k k
k k k k k
k k k
A r r
r r
r r r r
r r
* *
1 1{( , ) | , }k k k k k k k k kA r r r r
* *
1 1
1 1( ) ( )
2 2k k k k k kr r r
1k k kr r r
Cálculo da Integral Dupla em Coordenadas Polares
2
1
( )
( )
( , ) ( , )
r
R r
f r dA f r rdrd
R: r1 () r r2 ()
Example 1: Calcule , onde R é a região do semiplano delimitada pelos circulos
dAyxR )43( 2
.4 and ,1 2222 yxyx
Solução: A região R pode ser descrita como
}41 ,0|),{( 22 yxyyxR }0 ,21|),{( rr
dAyxR )43( 2
rdrdrr 0
2
1
22 )sin4cos3(
drdrr 0
2
1
232 )sin4cos3(
drrr
r
2
10
243 sincos
d 0
2sin15cos7
d
0)2cos1(
2
15cos7
2
152sin
4
15
2
15sin7
0
0y
Example 2: Encontre o volume do sólido limitado
Pelo plano xy e pelo parabolóide 221 yxz
}1|),{( 22 yxyxD
}20 ,10|),{( rr
dAyxVD
)1( 22
rdrdr 2
0
1
0
2 )1(
drrrd
2
0
1
0
3 )(
2422
1
0
42
rr
Para uma região do tipo
Onde D é uma região do tipo )}()(,|),{(
21 hrhrD
Temos a integral
rdrdrrf
dAyxf
h
h
D
)(2
)(1
)sin,cos(
),(
Example 3 Usando a integral dupla encontre a área englobada pela pétala da rosácia 2cosr
}2cos0 ,44
|),{(
rrD
/4 cos2
/4 0( )
D
A D dA rdrd
cos2/4
2
/40
1
2r d
/42
/4
1cos 2
2d
/4
/4
11 cos 4
4d
/4
/4
1 1sin 4
4 4 8
Example 4 Encontre o volume do sólido que está sob o parabolóide , acima do plano e dentro do cilindro
22 yxz xy
.222 xyx
Solution O sólido está acima do disco, limitado pelo círculo
}cos20 ,22
|),{(
rrD