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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) IR2| a < x < b, c < y < d } y d R
c a
b
x
e vamos, inicialmente, supor f(x,y) > 0. O gráfico de f é a superfície de equação z = f(x,y).
z S
y
R
x
Seja S o sólido que está contido na região acima de R e abaixo do gráfico de S, ou seja, S = {(x,y,z) IR3| (x,y)
R, 0 < z < f(x,y)}
Nosso objetivo é determinar o volume de 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. y R
Rij
d (xij , yij)
yj y yj-1 y2 y1 c a
x1
xi
xi-1
x2
b
x
x
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: n
m
i 1
j 1
V
f ( x ij , y ij ) 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.
z
S
f (xij , yij )
Vij
y
R (xij , yij )
x n
m
i 1
j 1
Nossa intuição diz que a aproximação V
f ( x ij , y ij ) A melhora quando
aumentamos os valores de m e de n e, portanto, devemos esperar que: n
m
i 1
j 1
V = lim m, n
f ( x ij , y ij ) A .
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
f ( x, y)dA R
n
m
i 1
j 1
lim
m, n
f ( x ij , y ij ) A
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 V f ( x, y)dA . R
n
m
A soma
f ( x ij , y ij ) A é chamada soma dupla de Riemann e é usada como i 1
j 1
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 – x2 – 2y2 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. y (1,2)
(2,2)
R22 (1,1)
(2,1)
2 R12 1 R11 0
R21 1
2
x
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: 2
2
i 1
j 1
f ( x ij , y ij ) A = f(1,1) A + f(1,2) A + f(2,1) A + f(2,2) A
V
= 13(1) + 7(1) + 10(1) + 4(1) = 34 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.
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: b
d
f ( x, y)dA R
d
b
f ( x, y)dy dx a
c
f ( x , y)dx dy c
a
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 y
x 2 ydA , onde R = [0,3] x [1,2] R
2 R 1
0
3 3
2
0
3
0
1
0
3 2 3 x3 x dx = 2 2 3
3
x3 = 2 0
2
y2 x 2 2
x ydy dx =
x ydA = R
3 2
2
Solução:
x
3
0
3
x2
dx = 0
1
4 1 x 2 dx = 2 2
27 13,5 2
ou 2
3
x ydx dy =
x ydA = R
2 2
2
1
0
1
x3 y 3
3
2
dy = 0
1
27 y 0 dy = 3 2
1
9y 2 9 y dy = 2
2
= 1
36 9 27 13,5 2 2 2 O valor obtido é o volume do sólido acima de R e abaixo do gráfico da função f(x,y) = x2 y (Veja figura ao lado)
Exemplo 3: Calcule
y sen(xy)dA , onde R = [1,2] x [0, ]. R
Solução: 2
y sen(xy)dA R
0 1
( cos 2 y
cos y)dy
0
1 sen 2
sen
cos xy 12 dy
y sen(xy)dxdy 0
1 sen 2 y 2
sen y 0
1 sen 0 sen 0 0 2
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 x2 + 2y2 + 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 – 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: V 16 x 2 2 y 2 dA R 2 2
16 x 2
2 y 2 dxdy
0 0 2
16x 0 2
32 0 2
x3 3
2
2xy
2
dy 0
8 4 y 2 dy 3
88 4 y 2 dy 3
0
y3 88 y 4 3 3
2
0
88.2 4.8 3
48
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), se x, y está em D F(x, y) 0, se (x, y) está em R mas não está em D y
y R D D
0
D D
x
0
x
Se a integral dupla de F sobre R existe, então definimos a integral dupla de f sobre D por f (x, y)dA F(x, y)dA D
R
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: y = g2(x)
y
y
D D
0
a
b
y = g2(x)
y = g2(x)
y D D
0 a y = g1(x)
x
y = g1(x)
b
D D
x
0
a y = g1(x)
A integral dupla de f em D é calculada pelas seguintes integrais iteradas: b g2 (x)
f ( x , y)dA D
sempre que f for contínua em D.
f ( x , y)dydx a g1 ( x )
bx
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: x = h2(y)
y d
y d
D D
x = h2(y)
y d
D D
x = h2(y)
D D x = h1(y) c
c 0
x
x
0
c 0
x
x = h1(y) x = h1(y) A integral dupla de f em D é calculada pelas seguintes integrais iteradas: d h2 (x)
f ( x , y)dA D
f ( x , y)dxdy c h1 ( x )
sempre que f for contínua em D.
Exemplo 5: Calcule
( x 2 y)dA onde D é a região limitada pelas parábolas D
y = 2x2 e y = 1 + x2. Solução:
y
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, 2x2 < y < 1 + x2 } Assim, calculamos a integral dupla através das seguintes integrais iteradas:
y = 1 + x2 y = 2x2 –1
1
x
1 1 x
(x
2 y)dA
1
(x
D
1 2x
2 y)dy dx
y2
xy
2
1 x2 2x 2
dx
1
1
x (1 x 2 )
(1 x 2 ) 2
2x 3
4x 4 dx
2x 3
4x 4 dx
1 1
x
x3
1 2x 2
x4
1 1
3x 4
x3
2x 2
x 1 dx
x4 4
x3 2 3
x2 2
1
x5 3 5
1
32 15
x 1
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 é uma região inscrita na faixa vertical 0 < x < 2, portanto: D = { (x,y) | 0 < x < 2, x2 < y < 2x } Assim, o volume é: 2 2x
y = 2x
x2
V
x2
D
0
2 2
x y 0
y = x2
y 2 dA
2
0
14x 3 3
2x
y3 3 x
x2 2
dx x2 4
y 2 dy dx
2x 0
x6 dx 3
14.16 32 128 12 5 21
216 35
3
8x 3 3
14x 4 12
x x5 5
4
x6 dx 3 x7 21
2
0
Mas também podemos inscrever a região D na faixa horizontal 0 < y < 4, com: y D = { (x,y) | 0 < y < 4, x y} 2 Portanto, o volume pode ser calculado como: y
4
V
(x
2
2
y dA
D 4
0
x
y
5
2
2
y dx dy
y
0
1 32 y 3
4 2
0
2
13 3 y dy 24
2 52 y 15
x3 3
2 72 y 7
y
xy
4
2 y 2
13 4 y 96
4
0
0
y
3
2
3
y
5
2
y3 24
y3 dy 2
2 2 13 .32 .128 .256 5 7 96
216 35
xydA , onde D é a região limitada pela reta y = x – 1 e pela parábola
Exemplo 7: Calcule D
y2 = 2x + 6. Solução:
y2 = 2x + 6
y=x–1
A intersecção das duas curvas é calculada da seguinte maneira: y2 6 y2 6 x y 1 [y2 = 2x + 6] [y = x – 1] ex=y+1 y2 – 2y – 8 = 0 2 2 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: y2 6 D = { (x,y) | -2 < y < 4,
