Baixe Integral dupla e outras Notas de estudo em PDF para Química Industrial, somente na Docsity! ba 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) IR2| 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) IR3| (x,y)  R, 0 < z < f(x,y)} Nosso objetivo é determinar o volume de S. 1 y 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 [x i-1 , xi], de mesmo comprimento x = (b – a) / m, e o intervalo [c,d] em n subintervalos [y j-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  ∑ i=1 n ∑ j=1 m f ( x ij , yij ) 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 2 xi x ba x d c R y x1 x2 xi-1 y1 y2 yj-1 yj y                                       Rij (xij , yij) 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 = 46,46875 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. 5 Exemplo 2: Calcule o valor da integral ∬ R x2 ydA , onde R = [0,3] x [1,2] Solução: ∬ R x2 ydA = ∫ 0 3 [∫ 1 2 x2 ydy ]dx = ∫ 0 3 [x2 y 2 2 ]1 2 dx = ∫ 0 3 (x2 42−x 2 1 2 )dx = ∫ 0 3 (32 x 2)dx = 3 2 x3 3 ]0 3 = x3 2 ]0 3= 27 2 =13 , 5 ou ∬ R x2 ydA = ∫ 1 2 [∫ 0 3 x2 ydx ]dy = ∫ 1 2 [ x 3 3 y] 0 3 dy = ∫ 1 2 (273 y−0)dy =∫ 1 2 (9 y ) dy = 9 y2 2 ]1 2 = = 36 2 − 9 2 = 27 2 =13 , 5 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) 6 y 3 2 x 1 0 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 =− 1 2 sen 2 y+sen y ]0 π = − 1 2 sen π+sen π+ 1 2 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. 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. 7 x y –1 1 y = 2x2 y = 1 + x2 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 f ( x , y )dA=∫ c d ∫ h1 (x ) h2( 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 = 2x2 e y = 1 + x2. 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, 2x2 < y < 1 + x2 } Assim, calculamos a integral dupla através das seguintes integrais iteradas: 10 D x y 0 D x y 0 D x y 0 dd d c c c x = h1(y) x = h1(y) x = h1(y) x = h2(y) x = h2(y)x = h2(y) y = 2x y = x2 ∬ D ( x+2 y )dA=∫ −1 1 [∫ 2 x2 1+ x ( x+2 y )dy ]dx =∫−1 1 [ xy+ y2 ]2x2 1+x2 dx =∫ −1 1 [ x (1+ x2 )+(1+x2 )2 ]−[2 x3+4 x4 ] dx =∫ −1 1 ( x+ x3+1+2x2+ x4−2x3−4 x4 ) dx =∫ −1 1 (−3 x4−x3+2 x2+x+1 ) dx =[−3x 5 5 − x4 4 +2 x3 3 + x2 2 +x ] −1 1 = 32 15 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: V=∬ D ( x2+ y2) dA=∫ 0 2 [∫ x2 2 x ( x2+ y2 ) dy ]dx =∫ 0 2 [ x2 y+ y 3 3 ]x2 2x dx =∫ 0 2 [2 x3+8 x 3 3 −x4− x6 3 ]dx =∫ 0 2 (14 x 3 3 −x4− x6 3 )dx=[ 14 x4 12 − x5 5 − x7 21 ]0 2 = 14 .16 12 − 32 5 − 128 21 = 216 35 Mas também podemos inscrever a região D na faixa horizontal 0 < y < 4, com: D = { (x,y) | 0 < y < 4, y 2 ≤x≤√ y } Portanto, o volume pode ser calculado como: 11 V=∬ D (( x2+ y2)dA=∫ 0 4 [∫y 2 √ y ( x2+ y2 ) dx] dy=∫0 4 [ x 3 3 +xy 2 ]y 2 √ y =∫ 0 4 ( y 3 2 3 + y 5 2− y3 24 − y3 2 )dy =∫ 0 4 (13 y 3 2+ y 5 2− 13 24 y3)dy=[215 y 5 2+ 2 7 y 7 2− 13 96 y4 ] 0 4 = 2 5 .32+ 2 7 .128− 13 96 .256= 216 35 Exemplo 7: Calcule ∬ D xydA , onde D é a região limitada pela reta y = x – 1 e pela parábola y2 = 2x + 6. Solução: A intersecção das duas curvas é calculada da seguinte maneira: [y2 = 2x + 6]  [y = x – 1]  x= y2−6 2 e x = y + 1  y2−6 2 = y+1  y2 – 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, y2−6 2 < x < y + 1 } Logo: 12 y2 = 2x + 6 y = x – 1 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, √ x≤ y≤ 10−x 3 } 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 } Na forma 1), as integrais iteradas são: ∬ D 2 y cos xdA=∬ D1 2 y cos xdA+∬ D2 2 y cos xdA = =∫ π 6 1 ∫ 1 3 2 y cos xdy dx+∫ 1 4 ∫ √x 10− x 3 2 y cos xdy dx 15 3 /6 y =3 y =1 x =/6 3y + x = 10 x = y2 D Na forma 2), as integrais iteradas são: ∬ D 2 y cos xdA=∬ D1 2 y cos xdA+∬ D2 2 y cos xdA = =∫ 1 2 ∫ π 6 y2 2 ycos 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 16 (0,2) (0,0) (1,0) 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 x2+(2−2 x ) 2 2 )dx=∫0 1 (2+4 x−6 x2+2−4 x+2 x2 ) dx =∫ 0 1 ( 4−4 x2 ) 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+ y2 ) dA =∫ 0 1 ∫ 0 2−2 x ( y+3 xy+ y2) dy dx=∫ 0 1 [ y 2 2 +3 x y2 2 + y3 3 ]0 2−2 x dx =∫ 0 1 ( (2−2 x ) 2 2 +3 x (2−2 x )2 2 + (2−2 x )3 3 )dx =∫ 0 1 (2−4 x+2 x2+6 x−12 x2+6 x3+83 −8 x+8 x 2− 8 x3 3 )dx =∫ 0 1 (143 −6 x−2 x 2+ 10 3 x3)dx=[143 x−3 x2− 2 3 x3+ 5 6 x4 ] 0 1 = 14 3 −3− 2 3 + 5 6 =1+ 5 6 = 11 6 M y=∬ D xρ( x , y )dA=∬ D ( x+3 x2+xy ) dA =∫ 0 1 ∫ 0 2−2 x ( x+3 x2+xy ) dy dx=∫ 0 1 [ xy+3x2 y+x y 2 2 ]0 2−2 x dx =∫ 0 1 (2 x−2 x2+6 x2−6 x3+x (2−2 x ) 2 2 )dx =∫ 0 1 (2 x+4 x2−6 x3+2 x−4 x2+2 x3) dx =∫ 0 1 (4 x−4 x3 ) dx=[2 x2−x4 ]0 1 =2−1=1 Assim: 17