Cálculo diferencial e integral de várias variáveis unid iii

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Cálculo diferencial e integral de várias variáveis unid iii

  1. 1. 151 Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis Unidade III 5 INTEGRAIS DUPLAS: Retomando os conceitos e o cálculo de uma integral Na unidade II, vimos que podemos derivar uma função de duas variáveis em relação a uma delas, mantendo constante a outra variável. Então, podemos também integrar funções de duas variáveis por um processo análogo. Dada fx (x,y) = 2xy, podemos integrar essa derivada parcial em relação a x. Mantendo y constante, obtemos f x y dx f x yx , ,( ) = ( )∫ = x2 y + C(y). Observando que a “constante de integração” C(y) é uma função de y, porque consideramos y constante durante a primeira integração em relação a x. Do mesmo modo, dada fy = x2 + 2, podemos integrar essa derivada parcial em relação a y. Mantendo x constante, obtemos f x y dy f x yy , ,( ) = ( )∫ = x2 y + 2y + C(x). Nesse caso, a “constante de integração” é uma função de x, porque x permaneceu fixo durante a integração em relação a y. Lembrete Integral é a operação inversa da derivada, podemos usá-la para calcular a área abaixo da curva e qualquer área, e também podemos calcular o deslocamento infinitesimal de uma curva, função etc. 1) Apresentamos a seguir a resolução de algumas integrais imediatas. a) ( )2 3 x x dx+∫ Resolução: Para resolver a integral anterior, você deve se lembrar que x dx x n Cn n = + + + ∫ 1 1 ( )2 2 2 4 4 3 2 4 2 4 x x dx x x C x x C+ = + + = + +∫ ( )2 2 2 4 4 3 2 4 2 4 x x dx x x C x x C+ = + + = + +∫ ( )2 2 2 4 4 3 2 4 2 4 x x dx x x C x x C+ = + + = + +∫
  2. 2. 152 Unidade III ( )2 4 3 2 4 x x dx x x C+ = + +∫ ( )2 4 3 2 4 x x dx x x C+ = + +∫ Atenção! Não podemos nos esquecer de acrescentar a constante C ao fim da integral indefinida1 . b) ( )2 3 0 2 x x dx+∫ Para resolver essa integral, você precisa saber que f x dx F b F a a b ( ) ( ) ( )= −∫ é uma integral definida. Vimos, no exemplo anterior, que a antiderivada de f(x) é F x x x ( ) = +       2 4 4 . ( )2 4 3 0 2 2 4 0 2 x x dx x x + = +      ∫ ( )2 4 3 0 2 2 4 0 2 x x dx x x + = +      ∫ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 0 0 4 3 0 2 2 4 2 2 4 0 x x dx F F + = +       − +      ∫ = + − =4 4 0 8 = 4 + 4 – 0 = 8 ( )2 4 3 0 2 2 4 0 2 x x dx x x + = +      ∫ = 8 c) 0dx C=∫ , uma vez que a derivada da constante é zero, 1 1 x dx x dx x C= = +− ∫∫ ln não podemos aplicar x dx x n Cn n = + + + ∫ 1 1 , pois não existe divisão por zero. d) 1 1 1 2 2 1 x dx x dx x C x C= = − + = = +− − ∫∫ e) xdx x dx x C x C x C x x C= = + = ÷ + = + = +∫∫ 1 2 3 2 3 2 3 2 3 23 2 2 3 2 3 * 1 A integral indefinida f x dx( )∫( ) não admite limites de integração.
  3. 3. 153 Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis Observação Aintegraçãoporsubstituiçãoéaoperaçãoinversadaderivadadaregrada cadeia; o padrão desse modelo integral é f g x g x dx F g x dx C( ( ))* ( ) ( ( ))′ = +∫ , ou se u g x du g x dx = = ′    ( ) ( ) , então f u du F u C( ) ( )= +∫ . Note que, dentro da expressão, devemos ter uma expressão e a derivada dessa expressão para se tratar de um exemplo de integração por substituição. A seguir, apresentamos alguns passos que podem auxiliar você a resolver integrais por substituição. 1° passo: escolher a expressão que será u = g(x); 2° passo: determinar du = g'(x)dx; 3° passo: deixar o integrador apenas em função de u; 4° passo: determinar a antiderivada envolvendo u; 5° passo: substituir u por g(x) na antiderivada. O resultado deve conter apenas a variável x. 2) A sequência de exemplos a seguir versa sobre integração por substituição. a) 4 2x dx+∫ = Mudança de variável (M.V.) u x deriva os dois lados du dx isola dx para fazer a M V du dx = + = = 4 2 4 4 ( . .)        Fazendo a M.V.: u du u du u C u C 4 1 4 1 4 2 3 1 6 1 2 3 2 3 ∫ ∫= = + = +* Voltando à variável x: 4 2 1 6 4 2 1 6 4 2 4 23 x dx x C x x C+ = + + = + + +∫ ( ) ( )*
  4. 4. 154 Unidade III b) cos( )3 5x dx+∫ Mudança de variável (M.V.) u x deriva os dois lados du dx isola dx para fazer a M V du dx = + = = 3 5 3 3 ( . .)        Fazendo a M.V.: cos cos *u du udu senu C senu C 3 1 3 1 3 3∫ ∫= = + = + Voltando à variável x: cos( ) ( ) 3 5 3 5 3 x dx sen x C+ = + +∫ c) sen x dx( )3 5+∫ Mudança de variável (M.V.) u x deriva os dois lados du dx isola dx para fazer a M V du dx = + = = 3 5 3 3 ( . .)        Fazendo a M.V.: senu du senudu u C u C 3 1 3 1 3 3∫ ∫= = − + = − +* ( cos ) cos Voltando à variável x: sen x dx x C( ) cos( ) 3 5 3 5 3 + = − + +∫ = d) e dxx( )5 2+ ∫ Mudança de variável (M.V.) u x deriva os dois lados du dx isola dx para fazer a M V du dx = + = = 5 2 5 5 ( . .)       
  5. 5. 155 Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis Fazendo a M.V.: e du e du e C e Cu u u u 5 1 5 1 5 5∫ ∫= = + = +* Voltando à variável x: e dx e Cx x ( ) ( ) 5 2 5 2 5 + + ∫ = + e) xe dxx( )5 2 2+ ∫ Mudança de variável (M.V.) u x deriva os dois lados du xdx isola xdx para fazer a M V du = + = 5 2 10 2 ( . .) 110 =        xdx xe dx e xdxx x( ) ( )5 2 2 5 2 2+ + ∫ ∫= Fazendo a M.V.: e du e du e C e Cu u u u 10 1 10 1 10 10∫ ∫= = + = +* Voltando à variável x: xe dx e Cx x ( ) ( ) 5 2 2 5 2 2 10 + + ∫ = + Observação Polinômio Note que, quando tivermos um produto na mesma variável, para ser integral por substituição, uma das expressões deve ter um grau a mais que a outra; por exemplo,( )5 22 2 x polin mio de grau + Ô e x polin mio de grau Ô 1  . Chamaremos de u a pressão com maior grau.
  6. 6. 156 Unidade III f) ( )* ( )3 22 3 2 t t sen t t dt+ +∫ Mudança de variável (M.V.) u t t deriva os dois lados du t t dt = + = + ( ) ( ) 3 2 2 3 2 express o em t j est iã á á ssolada, fazer a(M.V.)     sen t t t t dt( )* ( )3 2 2 3 2+ +∫ Fazendo a M.V.: senudu u C∫ = − +( cos ) Voltando à variável x: ( )* ( ) cos( )3 22 3 2 3 2 t t sen t t dt t t C+ + = − + +∫ 3) A sequência de exemplos a seguir é para recordar a resolução de integração por partes. a) Determine ( )*2 0 −∫ x senx dx π . Reflexão: Note que há um produto no integrando, que os expoentes das expressões do integrando têm mesmo grau, ou seja, em ambos os termos de nosso exemplo, o expoente de x é um, e esse é o maior grau dos expoentes das expressões. Não é um exercício de integração por partes, porque, para sê-lo, deveria haver diferença de uma unidade entre o expoente de uma expressão e o expoente da outra expressão. A integral por partes é a operação inversa da derivada da regra do produto2 . Para resolvermos uma integral por partes, será necessário recorrer à relação udv u v vdu= − ∫∫ * . Vamos voltar à resolução do exercício: ( )*2 0 −∫ x senx dx π , precisamos usar a relação udv u v vdu= − ∫∫ * , 2 Desvendando a fórmula da integral por partes: (u*v)' = u'v + uv' integrando os dois lados da igualdade, temos: ( * )’ , ’ ’u v vdu udv u du e v dv= + = =∫∫∫ e a integral da derivada é a própria função. u v vdu udv u v vdu udv udv u v vdu* * *= + ⇒ − = ⇒ = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
  7. 7. 157 Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis Desse modo, u x du dx dv senxdx dv senxdx v x = − => = − = ⇒ = ⇒ = −     ∫ ∫ 2 cos ( )2 −∫ x senxdx udv u v vdu x x x dx x ∫ ∫ ∫= − = − − − − − − * ( )( cos ) ( cos )( ) ( )( 2 2 −− − = − − −∫ ∫cos ) cos ( )( cos ) cosx xdx x x xdx2 udv u v vdu x x x dx x ∫ ∫ ∫= − = − − − − − − * ( )( cos ) ( cos )( ) ( )( 2 2 −− − = − − −∫ ∫cos ) cos ( )( cos ) cosx xdx x x xdx2udv u v vdu x x x dx x ∫ ∫ ∫= − = − − − − − − * ( )( cos ) ( cos )( ) ( )( 2 2 −− − = − − −∫ ∫cos ) cos ( )( cos ) cosx xdx x x xdx2= udv u v vdu x x x dx x ∫ ∫ ∫= − = − − − − − − * ( )( cos ) ( cos )( ) ( )( 2 2 −− − = − − −∫ ∫cos ) cos ( )( cos ) cosx xdx x x xdx2udv u v vdu x x x dx x ∫ ∫ ∫= − = − − − − − − * ( )( cos ) ( cos )( ) ( )( 2 2 −− − = − − −∫ ∫cos ) cos ( )( cos ) cosx xdx x x xdx2 ( ) ( )( cos )2 2− = − − − +∫ x senxdx x x senx C( ) ( )( cos )2 2− = − − − +∫ x senxdx x x senx C Desse modo, ( ) ( )( cos )2 2 0 0 − = − − −( )∫ x senxdx x x senx π π ( ) ( )( cos )2 2 0 0 − = − − −( ) =∫ x senxdx x x senx π π = − − −( )− − − −( )( )( cos ) ( )( cos )2 2 0 0 0π π πsen sen = − − − −( )− − − −( )( )( ( ) ( )( )2 1 0 2 0 1 0π = −( )− −( ) = − ( )( ) ( )( ) ( )( ) 2 1 2 1 2 1 π π(( )− −( )= − + − = −∫ 2 2 2 2 4 0 ( ) ( ) π π π x senxdx Vale lembrar que: ( cos ) (cos ) − = − − = = = π π 1 0 0 1 0 0 sen sen
  8. 8. 158 Unidade III b) tcos tdx∫ Precisamos usar a relação: udv u v vdu= − ∫∫ * . Desse modo, u t du dt dv tdt dv tdt v sent = ⇒ = = ⇒ = ⇒ =     ∫ ∫cos cos tcos tdx∫ udv u v vdu t sent sent dt ∫ ∫ ∫ = − = − * * = − − + = + +∫ t sent t C t tdx t sent t C * ( cos ) cos * cos Desse modo, t tdx t sent t Ccos * cos∫ = + + c) Intdt∫ u t du t dt e dv dt dv dt v t = =     = = =     ∫∫ ln 1 ln * ( )* * tdt udv u v vdu In t t t t dt ∫ ∫ ∫ ∫ = − = − 1 == − = ( ) ( )( )− + = − + ∫ ∫ In t t dt tdt t ln t t C t ln t C ( )* ln * 1
  9. 9. 159 Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis 5.1 Integral a duas variáveis Resolver integrais com mais de uma variável em uma função exige atenção na resolução de exercícios, pois você terá que integrar somente na variável que está sendo pedida no exercício; se, após o símbolo de integral vier dx, integramos em x; se, após o símbolo de integral vier dy, integramos em y e assim por diante. Exemplo 1 2 32 x y dx*∫ Deve-se integrar em relação à x; logo, y será considerado constante e integramos somente na variável x. 2 3 3 22 2 x y dx y x dx* *∫ ∫= , desse modo, temos: 2 3 3 2 3 2 3 x y dx y x C* *∫ = + , simplificando a expressão do segundo lado, temos: 2 3 22 3 x y dx x y C* * .∫ = + Note que o enunciado solicitava a integração somente na variável x. Assim, a resolução acaba aqui. Exemplo 2 2 32 x y dy*∫ Neste exemplo, trocamos a variável a ser integrada. Devemos integrar em relação a y; logo, x será considerado constante e integramos somente a variável x. 2 3 2 32 2 x y dy x ydy* *∫ ∫= 2 3 2 3 2 2 2 2 x y dy x y C* *∫ = + , simplificando o resultado da integral, temos: 2 3 32 2 2 x y dy x y C* *∫ = + Note que o enunciado solicitava a integração somente na variável y. Desse modo, a resolução acaba aqui. Para calcular uma integral definida de uma função de duas variáveis, podemos aplicar o Teorema Fundamental do Cálculo a uma das variáveis, tratando a outra como constante, conforme o exemplo a seguir:
  10. 10. 160 Unidade III 2 2 1 4 1 2 2 1 2 2 2 3 x dx x yy y y y y y y y ∫ =   = ( ) − ( ) = − x é a variável de integração e y é mantida constante. Substitua x pelos limites de integração. O resultado é uma função de y. Exemplo 4.2.1 – Cálculo de Integrais Parciais a) 2 2 22 2 1 2 2 1 x y y dy x y y x x − +( ) = − +         ∫ manter x constante. = − +       − − +       = − − 2 2 1 1 3 2 1 2 2 2 2 x y x x x x b) x y dx x y y y manter constante y y y y − = −( )    = −( ) − ∫ 5 3 2 5 3 2 2 3 2 3 5 y yy y y −( )    = 3 2 3 216 3 Integral dupla Uma “integral de uma integral” chama-se uma integral dupla. Para uma função de duas variáveis, existem dois tipos de integral dupla. f x y dydx f x y dy dx f x g x g x a b g x g x a b , , , ( ) = ( )   ( ) ( ) ( ) ( ) ∫∫ ∫∫1 2 1 2 yy dxdy f x y dx dy g x g x a b g x g x a b ( ) = ( )   ( ) ( ) ( ) ( ) ∫∫ ∫∫1 2 1 2 , A diferença entre integração dos dois tipos é a ordem em que se efetua a integração dydx ou dxdy. Exemplo 4.2.2: Calcularemos as integrais xy dx e xy dy2 1 2 2 1 2 ∫ ∫
  11. 11. 161 Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis Para calcular a integral parcial xy dx2 1 2 ∫ , integramos em relação a x usando o Teorema Fundamental do Cálculo e tratando y como constante: xy dx x y y y yx x2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 21 2 1 2 2 1 2 1 3 2 = = ( )    − ( )    =∫ = = Da mesma forma, para calcular xy dy2 1 2 ∫ , integramos em relação a y e tratamos x como uma constante: xy dy x y dy x y x x x2 1 2 2 1 2 3 1 2 3 3 3 2 3 1 3 8 1 3 7 3 = = = −       = −      =∫ ∫ 5.2 Integral dupla Ao integrarmos uma função f(x,y) em relação a x, obtemos uma função apenas de y, que pode, então, ser integrada como uma função de uma variável. O resultado é a chamada integral repetida ou integral iterada, f x y dx dy,( )   ∫∫ . Da mesma forma, a integral repetida f x y dy dx,( )   ∫∫ é obtida integrando primeiro em relação a y, considerando x como constante, e depois em relação a x. Exemplo 4.2.3: Determine: a) xy dxdy2 1 2 1 1 ∫∫ − b) xy dydx2 1 1 1 2 − ∫∫ xy dx dy y dy y xy dy y y2 1 2 1 1 2 1 1 3 1 1 2 1 1 3 2 1 2 1∫∫ ∫ ∫       = = =     − − =− = −   = = =∫ ∫ = = 1 2 1 2 2 1 22 3 1 3 1dx xdx x x x Observamos, neste exemplo, que as duas integrais repetidas têm o mesmo valor. Isso foi demonstrado por Fubini, e irá valer sempre que a função f(x,y) for contínua na região. Usamos esse fato para definir a integral dupla em uma região retangular.
  12. 12. 162 Unidade III Lembrete Teorema de Fubini R a b X c d x y a x b e c y d f x y dA f x y dydx c d a b = [ ] [ ]= ≤ ≤ ≤ ≤{ } = =∫ , , ( , )/ ( , ) ( , )∫∫∫∫ ∫∫ R a b c d f x y dxdy( , ) Esse teorema pode ser usado para resolver qualquer integral iterada ou repetida3 . Isso significa que podemos inverter os extremos de integração desde que também seja invertida a ordem em que faremos as integrais (dxdy passa a ser dydx e vice-versa). 5.3 Integral dupla em uma região retangular A integral dupla Rf x y dA,( )∫∫ na região retangular R: a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d é dada pelo valor comum das duas integrais repetidas f x y dy dx c d a b ,( )   ∫∫ e f x y dx dy a b c d ,( )   ∫∫ ; ou seja, R c d a b a b c d f x y dA f x y dy dx f x y dx dy, , ,( ) = ( )    = ( )   ∫∫ ∫∫ ∫∫ d y c a b x Figura 86 3 Todos os extremos de integração são números reais.
  13. 13. 163 Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis Exemplo 4.3.1: Calcule a integral dupla xe dAy R − ∫∫ , onde R é a região retangular – 2 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 5: a) integrando primeiro em relação a x; b) integrando primeiro em relação a y. Solução: a) Integrando em relação a x: xe dA xe dx dy x e y R y− − −∫∫ ∫∫ ∫ =       = 2 1 0 5 0 5 21 2 −− =− = − = ( ) − −( )    = −∫ y x x y dy e dy 2 1 0 5 2 21 2 1 2 3 22 3 2 3 2 3 2 0 5 0 5 5 0 e dy e e e y y y y − − = = − ∫ = − −( ) = −( )= ee− −( )5 1 b) Integrando em relação a y: xe dA xe dy dx x e y R y y − − − − ∫∫ ∫∫=       = −( ) 0 5 2 1 −− = = − − ∫ ∫= − −( )    = − − 2 1 0 5 5 0 1 2 5 y y dx x e e dx e 11 1 2 1 2 1 1 2 2 2 1 5 2 ( )    = − −( ) ( ) − − =− = − x e x x (( )    = −( ) = −( ) − − − ∫∫ 2 5 5 3 2 1 3 2 1 e xe dA ey R Observação Note que os resultados serão iguais; logo, independe a ordem de integração. Se ela não importa, você pode resolver a integral na ordem que lhe for mais conveniente ou mais fácil.
  14. 14. 164 Unidade III 5.4 Escolha da ordem de integração Nos exemplos vistos até agora, a ordem de integração não faz diferença: não só os cálculos levam ao mesmo resultado, mas as integrações têm praticamente o mesmo grau de dificuldade. Entretanto, como o exemplo a seguir ilustra, a ordem às vezes é importante. Exemplo 4.4: Calcule a integral dupla R xy xe dA∫∫ , onde R é a região retangular 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1. Solução: Se calcularmos a integral na ordem xe dx dyxy 0 2 0 1 ∫∫       , teremos que usar o método da integração por partes para calcular a primeira integral: g(x) = exy f(x) = x G x y exy ( ) = 1 f'(x) = 1 xe dx x y e y e dx x y y xy xy x x xy 0 2 0 2 0 2 2 1 1 ∫ ∫= − = −     = =   = −       − −      = = e y y e y xy x x xy 0 2 2 2 2 1 1 Nesse caso, a segunda integração torna-se 2 1 1 2 2 20 1 y y e y dyy −       +         ∫ . E agora? Alguma ideia? Entretanto, se integrarmos primeiro em relação a y, as duas integrações serão triviais: xe dy dx xe x dxxy xy y y 0 1 0 2 0 3 0 1 ∫∫ ∫       = = = = −    = − = ∫ = = e dx e xx x x x 1 0 2 0 2 ee e e2 0 2 2 3−( )− = −
  15. 15. 165 Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis Exemplos de aplicação: integrais iteradas de duas variáveis Exemplo 1 Dados R = {(x,y)/1 ≤ x ≤ 2;2 ≤ y ≤ 3}, resolva a integral ( )2 2 2 x y dA R −∫∫ . Resolução: Sabemos que dA = dxdy e que R = {(x,y)/1 ≤ x ≤ 2;2 ≤ y ≤ 3}; portanto, ( ) ( )2 2 2 22 2 1 2 2 3 x y dA x y dxdy R − = −∫∫ ∫∫ Primeiro, precisamos resolver a integral de dentro, neste caso, relacionada à variável x, com os limites de integração de 1 a 2, isto é, ( ) ( ) ( ) * * 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 3 2 1 2 x y dA x y dxdy x y dx xdx y R − = − − = − ∫∫ ∫∫ ∫ 22 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 dx xdx y dx ∫∫ ∫ ∫= −* * = − = 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2x y x (( ) ( )2 1 2 2 1 1 4 1 2 2 2 2 2 − − − = ( )− − y y Integral a ser resolvida. Vamos resolver a integral de dentro. Colocando as constantes em evidência e resolvendo a integral. Preparando para substituir os extremos de integração.
  16. 16. 166 Unidade III Note: não temos mais variável em x. Voltando à integral original. Substituindo os extremos de integração. Realizando as contas, temos: ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 2 2 2 1 2 2 2 x y dx y x y − = − − ∫ ddA x y dxdy y dy R ∫∫ ∫∫ ∫= − = −( ) ( )2 2 3 22 1 2 2 3 2 2 3 3y- 2 3 y3 = − =      ∫( )3 2 2 2 3 2 3 y dy = − − − = − − 3 3 2 2 3 3 2 3 1 2 3 27 3 3 * ( ) ( ) * ( 88 3 38 3 9 38 3 29 3 2 2 2 2 29 3 2 2 1 2 2 3 ) ( ) ( ) = − = − = − − = − = −∫∫ ∫∫x y dA x y dxdy R Fim da integral de fora. Logo, ( )2 2 29 3 2 x y dA R − = − ∫∫ . Exemplo 2 Dada a função 2 2 x ydxdy R ∫∫ , determine a integral, considerando R a região representada no gráfico a seguir. R 4 y x 2 1 2 Figura 87
  17. 17. 167 Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis Resolução: Note que [1,2] são os limites de integração em X e [2,4] são os limites de integração em Y. Logo, R = [1,2] x [2,4]; isto é, 1 ≤ x ≤ 2 2 ≤ y ≤ 4 Substituindo os limites de integração, temos: 2 2 1 2 2 4 x ydxdy∫∫ Primeiro, devemos resolver a integral de dentro: I x ydx= ∫ 2 2 1 2 * Tirando de dentro da integral a constante, temos: I y x dx= ∫* 2 2 1 2 Integrando a função: I x y I y y I y = =       −       =       − 2 3 2 2 3 2 1 3 2 8 3 3 1 2 3 3 * * * * * * * 22 1 3 16 3 2 3 14 3 * * y I y y I y       = −       = Com o resultado da integral interna, agora é possível resolver a integral de fora. 2 14 3 2 14 3 2 1 2 2 4 2 4 2 1 2 2 4 2 4 2 x ydxdy ydy x ydxdy ydy ∫∫ ∫ ∫∫ ∫ = * 44
  18. 18. 168 Unidade III 2 14 3 2 14 3 14 3 2 2 1 2 2 4 2 4 2 1 2 2 4 2 4 2 2 x ydxdy ydy x ydxdy ydy I y ∫∫ ∫ ∫∫ ∫ = = * * 44 2 2 4 2 2 14 6 14 4 6 14 2 6 14 16 6 I y I I = =       −       =       − * * * * 114 4 6 224 6 56 6 168 6 28 *      =       −       = = I I Portanto, 2 282 1 2 2 4 x ydxdy∫∫ = . A seguir, apresentamos exemplos de integral dupla, como área e volume. Recomendamos que você pesquise e estude exemplos das demais aplicações. Conceito: Se z = f(x,y) é contínua na região R e f(x,y) = 1, temos: f x y dxdy dxdy A R R R( , )∫∫ ∫∫= =1 Exemplo 1 Calcular a área retangular R: 3 5 1 6 ≤ ≤ ≤ ≤    x y Resolução f x y dxdy dxdy dydx y dx dx R R ( , ) ( ) ( ) ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ = = = = − = 1 6 1 5 1 6 3 5 3 5 1 6 3 5 3 55 3 5 5 5 5 3 5 2 10∫ = = − = =dx x uA( ) * . .
  19. 19. 169 Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis 6 Integrais duplas: Integrais sobre regiões não retangulares 6.1 Integrais sobre regiões genéricas Exemplo 1 Determinar a área da região limitada no primeiro quadrante por y = x2 e y = 2x. Resolução Primeiro, vamos determinar a interseção das duas curvas, igualando y = x2 e y = 2x: x x x x x x o x ou x x 2 2 2 2 0 2 0 0 2 0 2 = ⇒ − = ⇒ − = = − = ⇒ = ( ) log Como resolvemos igualar a variável y, para achar a interseção das curvas estamos fazendo uma escolha na ordem de integração, primeiro em y e depois em x. Note que as interseções entre as curvas ocorrem quando igualamos a mesma variável. Dessa igualdade, descobrimos onde as curvas se cruzam; neste exemplo, em x = 0 e x = 2. Desse modo, acabamos de obter a variação em x, isto é, 0 ≤ x ≤ 2. Observação Nesse tipo de integral (sobre regiões genéricas), devemos integrar primeiro os limites entre as curvas e, posteriormente, o intervalo de números constante na outra variável. A escolha pode ser debaixo até a curva de cima, isto é, primeiro fazemos a variação em y e depois integramos o intervalo em x. Por outro lado, poderíamos ter escolhido integrar da curva da esquerda (segmento de reta) para a curva da direita (trecho da parábola), e em seguida integramos o intervalo em y. Mas como saber rapidamente que curva está abaixo e qual está acima, para podermos colocar os extremos no símbolo de integral? É bem simples, basta construirmos uma tabela com três pontos. Os dois pontos que determinam a interseção, neste exemplo, x = 0 e x = 2, e um terceiro entre esses dois valores, neste caso x = 1, como mostramos a seguir:
  20. 20. 170 Unidade III Tabela 15 x y = 2x y = x^2 0 0 0 1 2 1 2 4 4 Note que, para x = 0, obtivemos y = 0 para ambas as funções; e, para x = 2, obtivemos y = 4 para ambas as funções. O ponto escolhido entre os dois foi x = 1. Analisando a tabela, percebemos que, para a reta (y = 2x), o resultado de f(2) de y foi maior para a parábola (y = x2 ). Isso significa que devemos representar graficamente a reta e a parábola de nosso enunciado. Como ilustra a figura a seguir: A y = 2x y = x2 4 y 3 2 1 1 2 x Figura 88 Gráfico feito, podemos escrever os extremos de integração em y. Os extremos de integração em y serão sempre da curva de baixo até a curva de cima. Assim: R A x x y x = = ≤ ≤ ≤ ≤     0 2 22 Bem, determinados os extremos de integração, escrevemos simbolicamente a integral que desejamos definir. A integral dupla sobre uma região R pode ser interpretada como o volume abaixo de uma superfície  z = f(x,y) sobre a região D. Quando f(x,y) = 1, a integral dupla fornece a área A da região D, que é dada pela integral dupla.
  21. 21. 171 Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis Desse modo, temos: A f x y dxdy dxdy dydx y R R y x y x x x x x y x = = = =∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫ = = = = = = = ( , ) ( 1 2 2 0 2 0 2 22 2 2 0 2 2 3 0 2 2 3 2 3 2 2 3 y x x x x x dx x x dx x x A = = = = = = − = − = = ( ) −      ∫) ( ) ( )          = − = − =4 8 3 12 8 3 4 3 uA. . 1) Determinar o volume do sólido S que é delimitado pelo paraboloide elíptico 2x2 + y2 + z = 4, os planos x = 1 e y = 2 e os três eixos coordenados. Resolução: V x y dA R = − −∫∫( )4 2 2 2 ⇒ V = − −∫∫ ( )4 2 2 2 0 2 0 1 x y dxdy V x y dA R = − −∫∫( )4 2 2 2 = − −∫∫ ( )4 2 2 2 0 2 0 1 x y dxdy ( )4 2 0 2 2 2 ∫ − −x y dx = − −( )4 2 3 3 2 0 2 x x y x = − − −( * * * )4 2 2 3 2 2 03 2 y = − −8 16 3 2 2 y = − − 24 16 3 2 2 y ( )4 2 2 0 2 2 2 ∫ − −x y dx = − 8 3 2 2 y = −      ∫ 8 3 2 0 1 y dy = −       8 3 2 3 3 0 1 y y = − − 8 3 1 2 3 1 03 * ( )
  22. 22. 172 Unidade III = − −∫∫ ( )4 2 2 2 0 2 0 1 x y dxdy = = − = = 8 2 3 6 3 2 = − −∫∫ ( )4 2 2 2 0 2 0 1 x y dxdy = 2 Logo, o volume será de 2 (u.v.) unidades de volume. 2) Determinar o volume do sólido S que é delimitado pelo paraboloide elíptico 2x2 + y2 + z = 4, os planos x = 2 e y = 1 e os três eixos coordenados. Resolução: V x y dydx= − −∫∫ ( )4 2 2 2 0 2 0 1 V x y dydx x y dy dx= − − = − −∫∫ ∫∫( ) ( ( ) )4 2 4 22 2 0 2 0 1 2 2 0 2 0 1 = − −∫( ) 0 1 2 3 0 2 4 2 3 y x y y d x = − −       −4 2 2 2 2 3 42 3 * ( ) * ( ) x ** ( ) *0 2 0 0 3 2 3 0 1 − −            ∫ x dx = − −    ∫ 8 4 8 3 2 0 1 x dx = − −    ∫ 24 8 3 4 2 0 1 x dx = −    ∫ 16 3 4 2 0 1 x dx = −     16 3 4 3 3 0 1 x x = − − −     16 3 1 4 3 1 16 3 0 4 3 03 3 * * * * = − − 16 3 4 3 0 = = 12 3 4
  23. 23. 173 Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis = − − −     16 3 1 4 3 1 16 3 0 4 3 03 3 * * * * = − − 16 3 4 3 0 = = = − −∫∫ 12 3 4 4 2 2 2 0 2 0 1 V x y dxdy( ) == 4uv. . O volume será, portanto, de 4u.v. Observação Analisando os dois últimos exemplos que resolvemos, ( )4 2 2 2 0 2 0 1 − −∫∫ x y dydx e ( )4 2 2 2 0 2 0 1 − −∫∫ x y dxdy , obtivemos valores diferentes. Note que a diferença entre os enunciados é que a primeira integral termina em dydx, enquanto a segunda, em dxdy. Isso significa que, se somente invertemos dxdy por dydx, encontramos valores diferentes para as respectivas integrais. Exemplos de aplicação Exemplo 1 Resolver a integral ysen xy dA R ( )∫∫ , com os limites R x= [ , ] [ , ]12 0 π ysen xy dA ysen xy dx R imeiro vamos resolver a integral de de ( ) ( ) Pr ∫∫ = nntro Id Depois de resolvidaIdresolvemos a integral dy 1 2 0 ∫∫ π dde fora usando Id, . ysen xy dA ysen xy dx R imeiro vamos resolver a integral de de ( ) ( ) Pr ∫∫ = nntro Id Depois de resolvidaIdresolvemos a integral dy 1 2 0 ∫∫ π dde fora usando Id, . Inserindo os extremos de integração. ysen xy dxdy( ) 1 2 0 ∫∫ π I ysen xy dxd = ∫ ( ) 1 2 Antes de fazer a integral definida, precisamos resolver a integral indefinida, que começa a ser resolvida na linha (*). Devemos integrar uma variável por vez; neste caso, iremos integrar em relação a x primeiro. Se escolhêssemos resolver a integral em y primeiro, teríamos que resolver uma integral por substituição, o que seria mais complicado. (*) ysen xy dx( )∫ Resolvendo a integral em função de x. u xy du ydx y du dx = = = 1 1 Mudança de variável u = u(x,y).
  24. 24. 174 Unidade III y senxydx y senu y du y y senu du * * * * ∫ ∫ ∫ = = 1 1 = − +1* ( cos )u C y senxydx y senu y du y y senu du * * * * ∫ ∫ ∫ = = 1 1 = − +1* ( cos )u C Resolvendo a integral na variável u. ysen xy dx xy C( ) ( cos )∫ = − +ysen xy dx xy C( ) ( cos )∫ = − + Voltando à variável x em (xy) temos: ysen xy dx cosxy y ( ) ( ) (cos cos 1 2 1 2 2 1 ∫ = − = − − yy y y ) cos cos= − +2 ysen xy dx cosxy y ( ) ( ) (cos cos 1 2 1 2 2 1 ∫ = − = − − yy y y ) cos cos= − +2 Determinando a integral definida. ysen xy dxdy y y dy y dy( ) cos cos cos( ) 1 2 0 0 0 2 2∫∫ ∫ ∫= − +( ) = − + π π π + ∫cosydy 0 π = − + sen y seny 2 2 0 0 π π ysen xy dxdy y y dy y dy( ) cos cos cos( ) 1 2 0 0 0 2 2∫∫ ∫ ∫= − +( ) = − + π π π + ∫cosydy 0 π = − + sen y seny 2 2 0 0 π π ysen xy dxdy y y dy y dy( ) cos cos cos( ) 1 2 0 0 0 2 2∫∫ ∫ ∫= − +( ) = − + π π π + ∫cosydy 0 π = − + sen y seny 2 2 0 0 π π Vamos, agora, resolver a integral final, ou seja, a integral da função resultante na variável y. = + + − 1 2 2 0 0 * ( )sen y sen sen π π = − + + − 1 2 2 0 0 0 * ( )sen senπ = − + 1 2 0 0 0* ( ) ysen xy dxdy y y dy( ) cos cos 1 2 0 0 2 0∫∫ ∫= − +( ) = π π ysen xy dxdy y y dy( ) cos cos 1 2 0 0 2 0∫∫ ∫= − +( ) = π π = 0 Vimos que o resultado da integral é zero. Exemplo 2 Determinar o volume da superfície delimitada por f(x) = 1 + 2y pelo plano xy e pelas curvas y = 3x2 e y = 4 + 2x2 .
  25. 25. 175 Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis Resolução: Queremos determinar V y dA D = +∫∫ ( )1 2 , região limitada pelas curvas y = 3x2 , y = 4 + 2x2 e pelo plano XY. Temos que definir os limites de integração; para isso, necessitamos buscar a interseção entre as parábolas. Como fazer? Basta igualar as equações y = 3x2 e y = 4 + 2x2 . 3 4 2 3 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x e x = + − = = = ± = − = Logo, o intervalo de integração em x será: – 2 ≤ x ≤ 2. Com base na tabela a seguir, na qual inserimos um ponto entre as interseções e o conhecimento de que ambas as equações são parábolas, construímos o gráfico para levantar a ordem das equações na variável y. Tabela 16 X Y = 3X2 Y = 4 + 2X2 – 2 12 12 0 0 4 2 12 12 A partir do gráfico a seguir, definimos os limites de integração em y, sempre da curva de baixo até a curva de cima, ou seja:
  26. 26. 176 Unidade III D x y y = 3x2 y = 4 + 2x2 Figura 89 3x2 ≤ y ≤ 4 + 2x2 Determinados os limites de integração, podemos escrever: ( ) ( )1 2 1 2 3 2 4 2 2 2 2 + = +∫∫ ∫∫ + − y dA y dydx D x x Lembre-se de que a integral de dentro, obrigatoriamente, é feita em primeiro lugar. Segue a resolução: ( )1 2+∫∫ y dA D = + + − ∫∫ ( )1 2 3 2 4 2 2 2 2 y dydx x x = + + ∫ ( )1 2 3 2 4 2 2 y dy x x Devemos integrar primeiro na variável y. = + + ( )y y x x2 3 2 4 2 2 Resultado da integral. = + + + + − + [( ) ( ) ] [( ( ) ] 4 2 4 2 3 3 2 2 2 2 2 2 x x x x Substituir os limites de integração. = + + + + + − + [( ) ( )] [ ] 4 2 16 16 4 3 9 2 2 4 2 4 x x x x x Fazendo os cálculos algébricos. = + + + + + − + [( ) ( )] [ ] 4 2 16 16 4 3 9 2 2 4 2 4 x x x x x
  27. 27. 177 Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis = – 5x4 + 15x2 + 20 Resultado da primeira integral. ( )1 2+∫∫ y dA D ( )− + + −∫ 5 15 204 2 2 2 x x dx = + + − ( )x x5 3 2 215 3 20 Resolvendo a integral. = + + − ( )x x5 3 2 2 5 20 Simplificando. = − + + + − − − + − + + − [( * * )] [ ( ) * ( ) * ( )] 2 5 2 20 2 2 5 2 20 2 5 3 5 3 Substituindo os limites. = (– 32 + 40 + 40) + – (32 – 40 – 40) = – 32 + 40 + 40 – 32 + 40 + 40 ( )1 2+∫∫ y dA D ( )− + + −∫ 5 15 204 2 2 2 x x dx = 96 Resultado final integral da dupla. Portanto, V y dA uv D = + =∫∫ ( ) .1 2 96 Exemplo 3 Determinar o volume V do sólido delimitado pelos planos z = 4 e z = y e pelas curvas y = x2 e y = 2 – x2 . Resolução: Você deve estar sentindo a falta de z = f(x,y), ou seja, da superfície que irá limitar o volume da função, uma vez que o domínio de integração foi dado. Vale salientar que o enunciado forneceu duas expressões para z, uma é z = 4 (é um plano paralelo ao plano xy passando na altura 4), a outra é z = y (que representa um plano pegando a diagonal no plano YZ – um plano no R³; sendo x variável livre). Resumindo, zsuperior = 4 e zinferior = y. Segue que nossa função será f(x,y) = zsuperior – zinferior = 4 – y Temos que definir os limites de integração; para isso, necessitamos buscar a interseção entre as parábolas. Como fazer? Basta igualar as equações y = x2 e y = 2 – x2
  28. 28. 178 Unidade III x x x x x x x x x e x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 = − + = = = = = ± = − = Logo, o intervalo de integração em x será: - 1 ≤ x ≤ 1. Determinando qual curva fica mais baixa e qual fica mais alta no intervalo x = [-1, 1]. Para tanto, escolhemos um ponto dentro do intervalo que contém as interseções. Como ilustramos na tabela: Tabela 17 x y = x2 y = 2 – x2 – 1 1 1 0 0 2 1 1 1 Com base na tabela e no conhecimento de que ambas as equações são parábolas, construímos o gráfico a seguir, para levantar a ordem em que vamos escrever as equações nos extremos de integração. A ordem a percorrer a região de integração é sempre da curva de baixo para a curva de cima. y x y = x2 y = 2 – x2 Figura 90
  29. 29. 179 Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis Em síntese: f x y y y x ( , ) = − ≤ ≤ ≤ ≤ −     4 2-1 x 1 e x2 2 Determinados os limites de integração f(x,y), podemos escrever a integral que precisamos determinar ( ) ( )y dA y dydx D x x − = −∫∫ ∫∫ − − 4 42 2 2 1 1 Lembre-se de que a integral de dentro, obrigatoriamente, é feita em primeiro lugar. Segue a resolução: ( )4 −∫∫ y dA D = − − − ∫∫ ( )42 2 2 1 1 y dydx x x Com os limites de integração. = − − − ∫∫ ( )42 2 2 1 1 y dydx x x = − − ∫ ( )42 2 2 y dy x x Resolvendo uma integral de cada vez, começando pela variável y. = − − ( )4 2 2 2 2 2 y y x x Resolvendo a integral. = − − − + − − [( * ( ) ( ) )] [( ( ) )] 4 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 x x x x Substituindo os limites na variável. = − − − +              + − −         ( )8 4 4 4 2 4 2 2 2 4 2 4 x x x x x = − − + −     + − −     8 4 2 2 1 2 4 1 2 2 2 4 2 4 x x x x x
  30. 30. 180 Unidade III = − −     + − −     6 2 1 2 4 1 2 2 4 2 4 x x x x = − − − +6 2 1 2 4 1 2 2 4 2 4 x x x x = 6 – 6x2 Cancelamos o termo − +       = 1 2 1 2 04 4 x x ( )6 6 2 1 1 − −∫ x dx = −       − 6 6 3 3 1 1 x x Vamos, agora, integrar na segunda variável, ou seja, em x. = − − ( )6 2 3 1 1 x x Conseguimos simplificar a função. = (6*1 – 2*13 ) + – (6*(–1)–2*(–1)3 ) Substituindo os limites de integração na função. = (6 – 2) – (– 6 + 2) = 6 – 2 + 6 – 2 ( )4 −∫∫ y dA D = − − − ∫∫ ( )42 2 2 1 1 y dydx x x = 8 O resultado do exercício. Exemplo 4 Calcule x xy dydxcos( ) 0 1 0 3 2 ∫∫ π . x xy dydxcos( ) 0 1 0 3 2 ∫∫ π = ∫∫ x xy dy dx egral de dentro cos( ) int 0 1 0 3 2 π x xy dycos( ) 0 1 ∫ Resolvendo a integral, primeiro em função de y. x xy dycos( ) 0 1 ∫ = ∫x xy dycos( ) 0 1 Podemos simplificar, passando o x que está multiplicando dentro da integral para fora da integral.
  31. 31. 181 Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis u xy du xdy x du dy x u x du x x udu senu C = = =        + ∫ ∫ 1 1 1 1 1 cos * * * cos * ( ) ssen xy C( )+ Faremos a mudança de variável e resolveremos a integral pela técnica da substituição. x xy dycos( ) 0 1 ∫ = ( )senxy 0 1 Aplicando os limites da integral na função. x xy dycos( ) 0 1 ∫ = (sen1x – sen0x) Simplificando. x xy dycos( ) 0 1 ∫ = senx Fim da integral de dentro. Voltamos a resolver a integral de partida. x xy dydxcos( ) 0 1 0 3 2 ∫∫ π = ∫ ( )senx dx 0 3 2 π = −(cos )x 0 3 2 π A resolução da segunda integral. x xy dydxcos( ) 0 1 0 3 2 ∫∫ π = ∫ ( )senx dx 0 3 2 π = − −[(cos ) (cos )] 3 2 0 π Substituindo os limites de integração. x xy dydxcos( ) 0 1 0 3 2 ∫∫ π = ∫ ( )senx dx 0 3 2 π – (0 – 1) x xy dydxcos( ) 0 1 0 3 2 ∫∫ π = ∫ ( )senx dx 0 3 2 π = 1 Resultado final da integral. Exemplo 5 Calcule a integral dupla xy dydx D 2 ∫∫ sobre a região genérica D representada na figura a seguir.
  32. 32. 182 Unidade III D y = 2 y = x 20 2 y x Figura 91 Avaliando o gráfico, levantamos os extremos de integração: 0 ≤ x ≤ 2 e x ≤ y ≤ 2. Note que a integração em y é feita da curva debaixo até a curva de cima, ou seja, da reta y = x até a reta y = 2. ( )xy dydx D 2 ∫∫ = ∫∫ ( )xy dydx x 22 0 2 Colocando os limites de integração. = ∫∫ ( )xy dydx x 22 0 2 = ∫ ( )xy dy x 22 Faremos primeiro, obrigatoriamente, a integral de dentro. = =       =       −               ∫x y dy x y x x x x 22 3 2 3 3 3 2 3 3 * == −       x x * 8 3 3 3 Resolvendo a integral de dentro. ( )xy dy x 22 ∫ = − 8 3 3 4 x x O resultado da integral de dentro. ( )xy dydx D 2 ∫∫ = ∫∫ ( )xy dydx x 22 0 2 = −∫ ( ) 8 3 3 4 0 2 x x dx Finalizando a resolução da integral. ( )xy dydx D 2 ∫∫ = −∫ ( ) 8 3 3 4 0 2 x x dx = −       8 3 2 3 5 2 5 0 2 x x * * Resolvendo a integral final.
  33. 33. 183 Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis = −       4 3 15 2 5 0 2 x x Simplificando. = − 4 2 3 2 15 2 5 * = −5 16 32 15 * ( ) = −80 32 15 = ÷ ÷ 48 3 15 3 Podemos simplificar esta resposta. ( )xy dydx D 2 ∫∫ = −      ∫ 8 3 3 4 0 2 x x dx = 16 5 . Resposta final da integral solicitada. Saiba mais Saiba mais sobre integrais duplas consultando: SILVA, A. A.; MATOS, M. P. Integrais múltiplas. Disponível em: <http:// www.mat.ufpb.br/bosco/calculoiii2011/nciii.pdf>. Acesso em: 2 set. 2013. VOLUMES e integrais duplas. In: Curso de Férias de IFVV (Etapa 3): integrais duplas. Mossoró, [s. d.]. Disponível em: <http://www2.ufersa.edu. br/portal/view/uploads/setores/72/integral_dupla.pdf>. Acesso em: 2 set. 2013. 6.2 Integrais duplas em coordenadas polares A seguir, vamos aprender sobre transformação de coordenadas cartesianas em polares. A relação da transformação é dada por: dxdy x y r drd rdrd R R R ∫∫ ∫∫ ∫∫= ∂ ∂ = ( , ) ( , )θ θ θ
  34. 34. 184 Unidade III Atransformaçãoanterioréalgebricamentedefinidapelovalorabsolutodo jacobianodatransformação do sistema de coordenadas cartesianas no de polares, onde x = r cos θ e y = r sen θ. Veja como: Sabemos que: sen cateto opsto hipotenusa e cateto adjacente hipotenusa θ θ= =cos y x r θ sen y r e x r r sen y e r x y r sen e x r θ θ θ θ θ θ = = = = = = cos cos cos Figura 92 Por Pitágoras, temos que x2 + y2 = r2 . Desse modo, obtemos as seguintes relações para nos apoiarmos na transformação de coordenadas retangulares em coordenadas polares: x y r e x r y rsen ² ² ² cos + = = =    θ θ y xθ Figura 93 A seguir, vamos realizar o cálculo do determinante jacobiano ∂ ∂ ( , ) ( , ) x y r θ : Observação 1) O ângulo deve estar sempre em radianos, e a orientação dos ângulos segue o sentido anti-horário. 2) A matriz jacobiana é a matriz formada pelas derivadas parciais de primeiraordemdeumafunçãovetorial.Sóépossíveldeterminaramatriz jacobiana de uma função vetorial se as derivadas parciais existirem.
  35. 35. 185 Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis ∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂             ( , ) ( , ) det x y r x r x y r yθ θ θ Primeiro, vamos determinar todas as derivadas parciais de primeira ordem. Sabemos que: x r e y rsen x r x rsen e y r = = ∂ ∂ = ∂ ∂ = −       ∂ ∂ = cos cos θ θ θ θ θ ssen y r θ θ θ ∂ ∂ =       cos Derivadas parciais calculadas, vamos substituir no determinante jacobiano e calcular o valor do determinante. Cálculo do determinante jacobiano: ∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂             ∂ ∂ = ( , ) ( , ) det ( , ) ( , ) d x y r x r x y r y x y r θ θ θ θ eet cos cos ( , ) ( , ) cos ( , θ θ θ θ θ θ θ −      ∂ ∂ = + ∂ rsen sen r x y r r rsen x 2 2 yy r r sen x y r r x y r r ) ( , ) (cos ) ( , ) ( , ) * ( , ) ( , ) ∂ = + ∂ ∂ = ∂ ∂ = θ θ θ θ θ 2 2 1 Portanto: dxdy rdrd dA rdrd R R R R ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫= =θ θe
  36. 36. 186 Unidade III Logo: f x y dxdy f r rdrd f x y dA f r R r r R ( , ) ( , ) ( , ) ( , )∫∫ ∫∫ ∫∫= =θ θ θ θ θ 1 1 1 2 e rrdrd r r θ θ θ 1 1 1 2 ∫∫ Onde: θ1 ≤ θ ≤ θ2 e r1 ≤ r ≤ r2 Vamos resolver alguns exemplos: Exemplo 1 Resolver ( )x y dA R 2 2 9 2+∫∫ , onde R é a região destacada na figura a seguir. Analisando as figuras, é evidente que a região R trata-se da quarta parte de anel limitado pelas circunferências x2 + y2 = 1 e x2 + y2 = 4, ou seja, circunferências de centro na origem e raios variando de um até dois, consequentemente a variação do raio r será 1 ≤ r ≤ 2. R xx+yy=1 xx+yy=4 Figura 94 A região de integração é uma área, com ângulo variando do eixo OX até o eixo OY. Isto é, variando em todo o primeiro quadrante. Logo, a variação do ângulo θ será 0 2 ≤ ≤θ π . Para resolver integrais, nossos ângulos dever estar sempre em radianos. Agora, temos os extremos de integração e podemos resolver a integral.
  37. 37. 187 Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis R pi/2 2 1 θ 1 2 Figura 95 Veja, acima, a representação gráfica da região de integração. Em síntese, por um lado, temos que nossa região de integração encontra-se limitada da seguinte forma: 0 2 ≤ ≤θ π e 1 ≤ r ≤ 2 e, por outro, temos que f x y x y( , ) ( )= +2 2 9 2 e sabemos que x2 + y2 = r2 . Sabemos que f x y dA f r rdrd R r r ( , ) ( , )∫∫ ∫∫= θ θ θ θ 1 1 1 2 . Se I x y dA r rdrd R = + = ( )∫∫ ∫∫( )2 9 2 2 9 2 1 2 0 2 2 θ π ( )x y dA R 2 2 + =∫∫ 9 2 r rdrd² *( )∫∫ 9 2 1 2 0 2 π θ Integral a ser resolvida. ( )r rdr2 9 2 1 2 ∫ = ∫ r rdr9 1 2 * = ∫ r dr10 1 2 Primeiro, precisamos resolver a integral em função de r. Multiplicações de mesma base, conservamos a base e somamos os expoentes. = r11 1 2 11 Integrando, temos: = ( ) − ( )2 11 1 11 11 11 = − 2048 11 1 11 Substituir a variável pelos limites de integração.
  38. 38. 188 Unidade III ( )r rdr2 9 2 1 2 ∫ = 2047 11 Resultado da integral de dentro. ( † †)x y dA R +∫∫ 9 2 = ( )∫∫ r rdrd2 9 2 1 2 0 2 θ π = ∫ 2047 110 2 π θd Voltamos à resolução da integral proposta. Vamos retirar a constante fora da integral. = ∫ 2047 11 0 2 π θd Resolvendo a integral em θ. = 2047 11 0 2 θ π Substituindo os extremos de integração. = −       2047 11 2 0 π = 2047 11 2 * π ( )x y dA R 2 2 +∫∫ 9 2 = ( )∫∫ r rdrd2 9 2 1 2 0 2 θ π = 2047 22 π Resultado solicitado. Exemplo 2 Calcular ( )x y dA R 2 2 +∫∫ , onde R é a região no semiplano superior limitado pelos círculos x2 + y2 = 4 e x2 + y2 = 5.
  39. 39. 189 Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis Resolução: Vamos representar graficamente a região de integração. – 2 1 xx + yy = 4 xx + yy = 5 1 2 3 y 1 3 x 2 Figura 96 Temos: x y r x y r ² ² ² ² + = ⇒ = + = ⇒ =     4 4 5 5 1 2 Com esses dados e avaliando a figura anterior, concluímos que 0 2 5≤ ≤ ≤ ≤θ π e r . ( )x y dA R 2 2 +∫∫ = ( )∫∫ r rdrd² * 2 5 0 π θ Integral a ser calculada. Substituímos x² + y² = r² e inserimos os extremos das coordenadas polares. r rdr²( )∫ 2 5 = ∫ r dr3 2 5 Vamos, primeiro, resolver a integral de dentro. = r4 2 5 4 = − 5 4 2 4 4 4 Resolvendo a integral definida. r rdr²( )∫ 2 5 = −625 16 4 Resultado da integral de dentro.
  40. 40. 190 Unidade III ( )x y dA R 2 2 +∫∫ = ( )∫∫ r rdrd² * 2 5 0 π θ = − ∫ 625 16 40 π θd Voltando à integral principal. ( )x y dA R 2 2 +∫∫ = − ∫ 625 16 40 π θd = − ∫ 625 16 4 0 * dθ π Retirando a constante que está multiplicando de dentro da integral. = −625 16 4 0 * θ π = − − 625 16 4 0* ( )π Resolvendo a integral. ( )x y dA R 2 2 +∫∫ = ( )∫∫ r rdrd² * 2 5 0 π θ = −( )625 16 4 π Resultado final da integral. Exemplo 3 Determinar r rdr d R cos∫∫ θ sabendo que os limites de integração estão representados na figura a seguir: 0 y 0 x 2π 1 Figura 97 Avaliando a imagem, temos que os limites de integração são: 2 3 0 2 ≤ ≤ ≤ ≤    r θ π Resolvendo o exercício: cosrrdrdθ π 0 1 0 2 ∫∫
  41. 41. 191 Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis Primeiro, precisamos resolver a integral em função de r, isto é: cos * cosrrdr r rdr 0 1 0 1 ∫ ∫= Essa integral precisa ser resolvida como uma integral por partes. r rdr* cos 0 1 ∫ udv u v vdu= − ∫∫ * Sendo u r dv r dr dv r dr v sen r = = ⇒ =     = ∫ ∫cos cos ; logo: r r dr rsen r sen r dr r r dr rsen r r r r dr rsen r cos cos ( cos ) cos = − = − − = + ∫∫ ∫ ccosr∫ Segue que: r r dr rsen r r r r dr sen sen cos cos cos ( cos ) ( co 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0 0 ∫ ∫ = +( ) = + − + ss ) cos ( cos ) 0 1 1 1 0 1 r r dr sen∫ = + − Feita a integral de dentro, voltamos a resolver a integral solicitada, substituindo o valor já encontrado em nossa integral original, isto é, ( ( ) cos( ) )sen d1 1 1 0 2 + −∫ θ π Integrando a função solicitada, isto é, I sen d= + − ∫( ( ) cos( ) )*1 1 1 0 2 θ π
  42. 42. 192 Unidade III Substituindo os limites na função: I sen I sen I se = + − = + − − = ( ( ) cos( ) )* ( ( ) cos( ) )* ( ) * ( 1 1 1 1 1 1 2 0 2 0 2 θ π π π nn( ) cos( ) )1 1 1+ − Portanto: cos ( cos ) cos ( rrdrd sen rrdrd θ π θ π π π π 0 1 0 2 0 1 0 2 2 1 1 1 2 2 ∫∫ ∫∫ = + −[ ] = − + ssen rrdrd sen 1 1 2 2 1 2 1 0 1 0 2 + = − + +∫∫ cos ) cos cosθ π π π π Exemplo 4 Determinar em coordenadas polares 2xdA R ∫∫ , onde R é o semiplano superior limitado pelos círculos x2 + y2 = 1 e x2 + y2 = 4. Resolução: Representação gráfica da região de integração. y x 1 2 Figura 98 Por um lado, com base na região da integração, temos que 1 ≤ r ≤ 2 e 0 ≤ θ ≤ π. Por outro, sabemos que x r y rsen = =    cosθ θ Segue que a integral solicitada deve ser: 2 2 1 2 0 xdA r r dr d R ∫∫ ∫∫= ( cos )θ θ π
  43. 43. 193 Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis 2xdA R ∫∫ = ( cos )2 1 2 0 r r dr dθ θ π ∫∫ Integral a ser resolvida. ( cos )2 1 2 r rdrθ∫ = ∫2 2 1 2 cosθ r dr Preparando a integral de dentro. = = − = = 2 3 2 3 2 1 2 3 7 14 3 3 1 2 3 3 cos cos * ( ) cos * cos θ θ θ θ r Resolvendo a integral de dentro. ( cos )2 1 2 r rdrθ∫ = 14 3 cosθ Integral de dentro resolvida. 2xdA R ∫∫ = ( cos )2 1 2 0 r r dr dθ θ π ∫∫ 3 14 30 π θ θ∫ cos d Substituindo na integral solicitada. = ∫ 14 3 0 cosθ θ π d Resolvendo a integral, temos: = 14 3 0 senθ π = − = = 14 3 0 14 3 0 0 ( ) * sen senπ 2xdA R ∫∫ = ( cos )2 1 2 0 r r dr dθ θ π ∫∫ = 0 Resultado da integral desejada. Portanto, 2 2 0 1 2 0 xdA r r dr d R ∫∫ ∫∫= =( cos )θ θ π
  44. 44. 194 Unidade III Saiba mais Saiba mais sobre integrais duplas consultando: INTEGRAL dupla em coordenadas polares. Sinop, [s. d.]. Disponível em: <http://sinop.unemat.br/site/prof/foto_p_downloads/fot_4828integual_ dupla_em_cooudenadas_polaues_pdf.pdf>. Acesso em: 2 set. 2013. VILCHES, M. A.; CORRÊA, M. L. Integração dupla. In: ______. Cálculo. v. 2. p. 203-53. Rio de Janeiro: UERJ, [s. d.]. Disponível em: <http://magnum. ime.uerj.br/~calculo/LivroII/integd.pdf>. Acesso em: 2 set. 2013. Resumo Nesta unidade, aprendemos que resolver uma integral dupla é semelhante a resolver duas integrais simples. Salientando-se que devemos resolvê-la de dentro para fora, isto é: f x y dydx f x y dy dx g x g x a b g x g x a b , ,( ) = ( )   ( ) ( ) ( ) ( ) ∫∫ ∫∫1 2 1 2 Vimos também que podemos escolher a ordem de integração. Se os extremos forem constantes, vale o Teorema de Fubini, isto é, f x y dA f x y dydx f x y dxdy c d a b R a b c d ( , ) ( , ) ( , )= =∫∫∫∫ ∫∫ Para resolver integrais sobre regiões genéricas, devemos primeiro buscar a interseção entre as curvas. Feito isso, temos a variação da integral na variável x. Fazemos uma tabela para auxiliar a representação gráfica; na sequência, representamos graficamente a região com a interseção, para definir os extremos de integração em y. Aprendemos que a ordem de integração em y é sempre a mesma, ou seja, da curva de baixo até a curva de cima. Aprendemos a fazer mudança de coordenadas, de coordenadas retangulares em coordenadas polares usando as seguintes relações: x y r x r y rsen e f x y dxdy f r rdrd r r r r ² ² ², cos ( , ) ( , )+ = = =    = = = ∫ θ θ θ θ 1 2 θθ θ θ θ = = ∫∫∫ 1 21 R
  45. 45. 195 Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis Exercícios Questão 1 (Enade, 2008). Considere g: R → R uma função com derivada dg dt contínua e f a função definida porf x dg dt t dt x ( ) ( )= ∫0 para todo x ∈ R. Nessas condições, avalie as afirmações que seguem. I. A função f é integrável em todo intervalo [a, b], a, b ∈ R, a < b. II. A função é derivável e sua derivada é a função g. III. A função diferença f - g é uma constante. É correto o que se afirma em: A) I, apenas. B) II, apenas. C) I e III, apenas. D) II e III, apenas. E) I, II e III. Resposta correta: alternativa C. Análise da questão Sejam g : R → R; dg dt a derivada da g(t) e dg t dt dt x ( ) 0∫ ; x ∈ R. I – Afirmativa correta. Justificativa: veja que dg t dt dt x ( ) 0∫ ; x ∈R g t g x Cx = = +[ ( )] ( )0 . Logo, f (x) é integrável em todo intervalo [a,b] , pois existe g(x) R → R: e sua derivada dg dt , contínua, considerados na questão. II – Afirmativa incorreta. Justificativa: se f(x) = g(x) + C; então, f'(x) = g'(x). III – Afirmativa correta. Justificativa: temos que f – g = g(x) + C – g(x) (constante).
  46. 46. 196 Unidade III Questão 2 (Enade, 2008). Quando uma partícula desloca-se ao longo de uma curva C parametrizada por r(t) = (x(t),y(t),z(t)), t ∈ [a,b], sob a ação de um campo de força F em R³, o trabalho realizado ao longo de C é dado por: F dr F r t dr dt t dt C   ¨ . ( ( )). ( )∫ ∫= Se F r f r r r  ( ) (| |) | | = , em que f: R → R é uma função contínua e | |r x y z= + +2 2 2 ; então, F grad g r  = ( (| |)), em que g é uma primitiva de f. Considerando essas informações, conclui-se que o trabalho realizado pelo campo F r r r  ( ) | | = 2 2 π , ao longo da hélice C dada por r(t) = (cos(t), sen(t), t), t ∈ [0, 2p], é: A In B C D ) ( ) ) [ ] ) ) − + − + −         − +       2 1 4 6 1 1 4 1 2 1 1 1 4 2 2 2 2 π π π π π π 44 1 4 2 1 4 2 2 π π π π In E In + +) Resolução desta questão na plataforma.

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