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Cálculo II, exercícios ect/ufrn

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Capítulo V

Integral dupla, tripla

5. 1 Integral dupla.

5.11 Soma de Riemann e integração dupla

5.12 Teorema de Fubini

5.13 Integração dupla em regiões planas

arbitrarias.

5.14 Mudança de coordenadas na

integração dupla.

5.15 Exercícios

5.16 Respostas

5.2 Integral tripla.

5.21 Definição de integral tripla

5.22 Mudança de coordenadas na integração

tripla.

5.3 Integração dupla em superfícies

arbitrarias.

5.31 Exercicios

5.32 Respostas


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5.4 Aplicações

5.41 Volume de sólidos.

5.42 Cálculo da massa de sólidos com

densidade arbitrária.

5.43 Centro de massa.

5.44 Momento de inércia.

5.45 Carga total de um condutor com

distribuição arbitrária de carga elétrica.

5.46 Variados.

5.47 Exercícios

5.48 Respostas


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5.1 Integração dupla

Motivação.

A integral simples de uma função real de variável real, foi

introduzida no calculo I, com intuito de calcular, por exemplo, a

área limitada por uma função 𝑓(𝑥) no intervalo 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏. Uma

abordagem mas detalhada esta no apêndice A5 deste capitulo.

A integral dupla foi introduzida na matemática entre outras, por um

necessidade, a de poder calcular o volume limitado por cima por

uma superfície arbitrária “S” no espaço R3, as 4 paredes laterais e

por baixo por uma superfície plana horizontal retangular

[𝑎. 𝑏] 𝑥[𝑐, 𝑑] (ver figura 5.1). È claro que,precisamos conhecer com

antecedência a função f(x,y) que define a superfície “S”.

Imaginemos que temos um deposito de arroz, e precisamos saber

qual é o volume total de arroz que podemos armazenar?. Qual seria

o procedimento experimental que nos permite calcular pelo menos

aproximadamente o volume deste deposito?. Um método fácil seria

empilhar tijolos do mesmo tamanho (com volume previamente

determinado) até preencher todo o deposito. Logo, bastaria contar o

número total de tijolos e multiplicar pelo volume de um tijolo. Neste

procedimento, haveria um pequeno erro, relativo aos espaços na

vizinhança do teto que não foram preenchidos totalmente.

Entre tanto, é natural pensar que se tivermos tijolos menores,

teríamos que preencher maior número de tijolos no armazém,

porém os espaços vazios que não conseguirmos preencher com os

tijolos agora seriam menores. Logo comparado com o caso anterior,

o volume calculado do armazém utilizando tijolos menores daria

um valor mais real, mais próximo ao valor real do volume do

armazém.

Do ponto de vista teórico, este procedimento para calcular o volume

de um sólido, podemos generalizar utilizando blocos

(paralelepípedos) cada vez menores. Ou seja, o número total de

blocos que ocupam o volume do solido vai aumentando conforme o

tamanho ou dimensão do bloco vai diminuindo. É de se esperar que


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quando o tamanho de cada bloco fundamental vai ficando cada vez

menor, o número de blocos fundamentais pra preencher o volume

do solido vai aumentando indefinidamente, os espaços vazios perto

do teto de forma arbitraria vão se reduzindo e tendendo como limite

a zero. Finalmente é de se esperar que o volume exato do sólido,

será igual ao limite da soma dos volumes dos blocos fundamentais,

quando o número deles vai a infinito.

𝑣𝑜𝑙(𝑊) = lim𝑛→∞(∑ 𝑑𝑣𝑖𝑛𝑖=1 ), sendo 𝑑𝑣𝑖 o volume diferencial ou

volume fundamental. O índice i é para indicar que em geral os

volumes dos “tijolos fundamentais em principio podem ser

diferentes. De qualquer forma temos que ter o controle entre o

volume de cada unidade fundamental e o número deles para

preencher o volume total do solido W.

A ideia anterior é a base teórica da chamada soma de Riemann que

define formalmente uma integral dupla numa região de integração.

As aplicações da integração dupla são muitas, cálculo de massa de

objetos tridimensionais com densidade variável; calculo do centro

de massa de laminas, de sólidos tridimensionais; o calculo do

momento de inércia, seja em coordenadas cartesianas, esféricas o

cilíndricas, isto dependendo da simetria do objeto em estudo.

Calculo da carga total de objetos metálicos (sólidos tridimensionais

ou superfícies bidimensionais) com uma distribuição de carga de

densidade arbitraria.


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5.11 Soma de Riemann e integração dupla

Seja F uma função real de variável vetorial,

𝐹 ∶ 𝐷 ⊂ 𝑅2 → 𝑅

(𝑥, 𝑦) → 𝐹(𝑥, 𝑦)

Consideremos o domínio 𝐷 = [𝑎, 𝑏] × [𝑐, 𝑑], ou seja: 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏,

𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑.

Vamos supor que 𝑓(𝑥, 𝑦) ≥ 0, logo a gráfica da superfície

“S”definida pela função z=f(x,y) está completamente na parte

superior ao plano 𝑥𝑦 no espaço R3.

Logo, o sólido W que está acima do retângulo D e debaixo da

superfície “S” e limitada lateralmente pelas quatro paredes verticais

(planos verticais: 𝑥 = 𝑎, 𝑥 = 𝑏, 𝑦 = 𝑐, 𝑦 = 𝑑), e está definido como

segue :

𝑊 = { (𝑥, 𝑦, 𝑧) ⊂ 𝑅3 / (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷, 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝑓(𝑥, 𝑦)}

D


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ou

𝑊 = { 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 , 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑 , 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝑓(𝑥, 𝑦) }.

Para calcular o volume do sólido W, precisamos subdividir a região

de integração D em sub-retângulos, chamaremos isto de partição.

Ao retângulo D iremos dividir da seguinte maneira:

O intervalo [a,b] iremos dividir em n partes iguais, logo cada parte

tem ∆𝑥 =𝑏−𝑎

𝑛 como comprimento. O intervalo [c,d] iremos dividir

em m partes iguais, logo cada parte tem ∆𝑦 =𝑑−𝑐

𝑚 como

comprimento. Desta maneira temos 𝑛𝑚 sub-retângulos iguais da

mesma área ∆𝐴 = ∆𝑥 ∆𝑦, como podemos ver na figura a seguir:

Na figura anterior, 𝑥1 = 𝑎, 𝑥𝑛+1 = 𝑏, 𝑦1 = 𝑐, 𝑦𝑚+1 = 𝑑

O ponto 𝑟∗ = (𝑥∗𝑖 , 𝑦

∗𝑗) está localizado num ponto arbitrário dentro

do retângulo 𝐷𝑖𝑗 (verde), ou seja 𝑥𝑖 ≤ 𝑥∗𝑖≤ 𝑥𝑖+1, 𝑦𝑗 ≤ 𝑦∗

𝑗≤ 𝑦𝑗+1.

Adicionalmente:

𝑥𝑖 = 𝑥1 + (𝑖 − 1)∆𝑥 = 𝑎 + (𝑖 − 1) ∆ x ........ (5.1)

𝑦𝑗 = 𝑦1 + (𝑗 − 1)∆𝑦 = 𝑐 + (𝑗 − 1) ∆𝑦 .......(5.2)


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Onde 𝑖 = 1,2,… , 𝑛 + 1; 𝑗 = 1,2,… ,𝑚 + 1.

A seguir iremos colocar um paralelepípedo sobre o retângulo 𝐷𝑖𝑗

com altura igual a 𝑓(𝑟∗) = 𝑓(𝑥∗𝑖 , 𝑦

∗𝑗), isto significa que a parte

superior deste paralelepípedo bate a superfície S: z=f(x,y), pelo

menos parcialmente, desde que a superfície é arbitraria, e o topo do

paralelepípedo é retangular, logo o encaixe não será perfeito. O

volume desta caixa retangular é dado pelo produto da área da base

pela altura da caixa, logo:

∆𝑉𝑖𝑗 = 𝑓 (𝑥∗𝑖 , 𝑦

∗𝑗)∆𝐴 = 𝑓(𝑥∗

𝑖 , 𝑦∗𝑗)∆𝑥∆𝑦

Podemos dizer também que o volume desta caixa retangular é

aproximadamente igual ao volume do sólido limitado por baixo

S : z=f(x,y)

W ∆Vij

xi

yj

)( rf

∆y

∆x


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pelo retângulo 𝐷𝑖𝑗 e superiormente pela superfície S, a pesar que o

volume da caixa retangular será um pouco menor. De qualquer

forma, quanto menor for as dimensões do retângulo 𝐷𝑖𝑗 tanto

melhor será a aproximação.

Se repetirmos este processo pra todas as caixas retangulares no

domínio 𝐷, e somar os volumes de cada paralelepípedo, então

iremos obter um valor aproximado do volume total do solido 𝑊.

Logo:

𝑣𝑜𝑙(𝑊) ≈ ∑ ∆𝑉𝑖𝑗

𝑖=𝑛,𝑗=𝑚

𝑖=1,𝑗=1

= ∑ 𝑓(𝑥∗𝑖 , 𝑦

∗𝑗)∆𝑥∆𝑦

𝑖=𝑛,𝑗=𝑚

𝑖=1,𝑗=1

Esta forma de calcular o volume do solido W será tanto melhor,

quanto maior for a partição do domínio retangular D. Isto podemos

perceber das seguintes relações:

∆𝑥 =𝑏−𝑎

𝑛 , ∆𝑦 =

𝑑−𝑐

𝑚

Quanto maior for n e m, tanto menor será ∆𝑥 e ∆𝑦, já que a,b,c,d são

números fixos.

E quanto menor for as dimensões laterais ∆𝑥 e ∆𝑦 então tanto

melhor vai encaixar os paralelepípedos no topo do sólidos W(no

contato com a superfícies S).

Por tanto é natural realizar o processo de limite e finalmente:

𝑣𝑜𝑙(𝑊) = lim𝑛→∞,𝑚→∞

∑ 𝑓(𝑥∗𝑖 , 𝑦

∗𝑗)∆𝑥∆𝑦

𝑖=𝑛,𝑗=𝑚

𝑖=1,𝑗=1

Observe que: quando 𝑛 → ∞,𝑚 → ∞; a localização do ponto

𝑟∗ = (𝑥∗𝑖, 𝑦∗

𝑗) dentro do retângulo 𝐷𝑖𝑗 pouco importa, já que a

dimensão do retângulo 𝐷𝑖𝑗 vai ficando cada vez menor então as

coordenadas

dos pontos (𝑥∗𝑖, 𝑦∗

𝑗), (𝑥𝑖 , 𝑦𝑗), (𝑥𝑖−1, 𝑦𝑗−1) irão coincidir no limite.


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Logo, sem perda de generalidade, podemos reescrever a equação

anterior assim :

𝑣𝑜𝑙(𝑊) = lim𝑛→∞,𝑚→∞

∑ 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗)∆𝑥∆𝑦

𝑖=𝑛,𝑗=𝑚

𝑖=1,𝑗=1

Definição.- Seja uma função real de duas variáveis 𝑓 ∶ 𝐷 ⊂ 𝑅2 →

𝑅, e limitada no domínio 𝐷 = {𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑. }. A

integral dupla da função 𝑓 sobre o retângulo D é :

𝐼(𝑓) = ∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴

𝐷

= lim𝑛→∞,𝑚→∞

𝑆𝑛𝑚

......(5.3)

se o limite existir.

Sendo

𝑆𝑛𝑚 = ∑ 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗)∆𝑥∆𝑦

𝑖=𝑛,𝑗=𝑚

𝑖=1,𝑗=1

A chamada soma de Riemann.

Se o limite da soma de Riemann existir a função f(x,y) é integrável

no domínio D, caso o limite não existir então a função f(x,y) não é

integrável.

Observação 1. A pesar que no processo anterior temos escolhido

uma partição uniforme, isto é, que todas as células fundamentais

tem as mesmas dimensões retangulares; na verdade no processo

poderíamos ter escolhido outro tipo de partições; entretanto o

resultado não vai depender do tipo de partição escolhido.

Observação 2.- A altura do paralelepípedo fundamental, dado por

𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗), pode ser avaliado em qualquer ponto interno a célula

fundamental Ξ𝑖𝑗 = [𝑥𝑖 , 𝑥𝑖+1] × [𝑦𝑗 , 𝑦𝑗+1]; já que ao calcular o processo

de limite da soma de Riemann, o resultado deve ser o mesmo.


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Observação 3.- A condição inicial de que a função 𝒇(𝒙, 𝒚) é limitada

no domínio D (conjunto fechado), quer dizer que a função tem um

mínimo e um máximo definido no retângulo 𝐷. Consequentemente

em cada unidade fundamental, Ξ𝑖𝑗 = [𝑥𝑖 , 𝑥𝑖+1] × [𝑦𝑗 , 𝑦𝑗+1] a função

vai ter um mínimo e um máximo relativo. Isto indica uma maneira

controlada de calcular a integral dupla no retângulo D, por

aproximação inferior e superior, deste modo:

Seja:

𝐼𝑖𝑛𝑓 = ∑ 𝑓𝑚(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗)∆𝑥∆𝑦

𝑖=𝑛,𝑗=𝑚

𝑖=1,𝑗=1

o valor aproximado de ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴𝐷

por soma inferior. Onde

𝑓𝑚(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗) é o mínimo da função na unidade fundamental Ξ𝑖𝑗.

De forma similar, podemos definir

𝐼𝑠𝑢𝑝 = ∑ 𝑓𝑀(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗)∆𝑥∆𝑦

𝑖=𝑛,𝑗=𝑚

𝑖=1,𝑗=1

Como o valor aproximado de ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴𝐷

por soma superior.

Onde 𝑓𝑀(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗) é o máximo da função na unidade fundamental Ξ𝑖𝑗 .

Logo vale a desigualdade a seguir:

𝑰𝒊𝒏𝒇 ≤ 𝑰(𝒇) ≤ 𝑰𝒔𝒖𝒑

Teorema. A função 𝑓(𝑥, 𝑦) limitada no retângulo D; é integrável se

e somente se os limites a seguir existem e são iguais.

lim𝑛→∞,𝑚→∞

𝐼𝑖𝑛𝑓 = 𝐼(𝑓) = lim𝑛→∞,𝑚→∞

𝐼𝑠𝑢𝑝

O número real 𝐼(𝑓) é o valor da integral dupla ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴𝐷

no

retângulo 𝐷.


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Exemplo 1.- Determinar ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴𝐷

, para 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 + 2 e

𝐷 = {0 ≤ 𝑥 ≤ 4,2 ≤ 𝑦 ≤ 4}, utilizando o conceito da soma de

Riemannn.

Solução.-

Consideremos a partição regular

𝑃 = {𝑎 = 𝑥1 = 0, 𝑥2, … . 𝑥𝑖 , 𝑥𝑖+1, … 𝑥𝑛+1 = 𝑏 = 4;

𝑐 = 𝑦1 = 2, 𝑦2, … . 𝑦𝑗 , 𝑦𝑗+1, … 𝑦𝑚+1 = 𝑑 = 4}

Logo:

∆𝑥 = 𝑥𝑖+1 − 𝑥𝑖 =𝑏 − 𝑎

𝑛=

4 − 0

𝑛=

4

𝑛

∆𝑦 = 𝑦𝑗+1 − 𝑦𝑗 =𝑐 − 𝑑

𝑚=

4 − 2

𝑚=

2

𝑚

Pela definição de integral dupla, temos:

∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴

𝐷


∑ 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗)∆𝑥∆𝑦

𝑖=𝑛,𝑗=𝑚

𝑖=1,𝑗=1

.......(5.4)

Se 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 + 2, logo 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗) = 𝑥𝑖 𝑦𝑗 + 2; dai a somatória

de Riemann fica:

𝑆𝑛𝑚 = ∑ ∑ 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗)∆𝑥∆𝑦

𝑗=𝑚

𝑗=1

𝑖=𝑛

𝑖=1

= ∑ ∑(𝑥𝑖 𝑦𝑗 + 2) 4

𝑛 2

𝑚

𝑗=𝑚

𝑗=1

𝑖=𝑛

𝑖=1


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De (5.1) e (5.2) :

𝑥𝑖 = 𝑥1 + (𝑖 − 1)∆𝑥 = 0 + (𝑖 − 1)4

𝑛

𝑦𝑗 = 𝑦1 + (𝑗 − 1)∆𝑦 = 2 + (𝑗 − 1) 2

𝑚

Substituindo na somatória de Riemann

𝑆𝑛𝑚 = ∑ ∑{( 4𝑖

𝑛−

4

𝑛) (2 +

2𝑗

𝑚−

2

𝑚) + 2}

4

𝑛 2

𝑚

𝑗=𝑚

𝑗=1

𝑖=𝑛

𝑖=1

𝑆𝑛𝑚 = ∑ ∑{(2 −2

𝑚) (

4𝑖

𝑛−

4

𝑛) +

2𝑗

𝑚(

4𝑖

𝑛−

4

𝑛) + 2}

8

𝑛𝑚

𝑗=𝑚

𝑗=1

𝑖=𝑛

𝑖=1

𝑆𝑛𝑚 = ∑ ∑ {(2 −2

𝑚)(

4𝑖

𝑛−

4

𝑛) + 2}

8

𝑛𝑚+ ∑ ∑

2𝑗

𝑚(

4𝑖

𝑛−

4

𝑛)

8

𝑛𝑚

𝑗=𝑚

𝑗=1

𝑖=𝑛

𝑖=1

𝑗=𝑚

𝑗=1

𝑖=𝑛

𝑖=1

Inicialmente iremos somar no índice j, para isto vamos utilizar

algumas propriedades de somatória.

1)

∑𝑎

𝑚

𝑗=1

= 𝑚𝑎

Sendo 𝑎 uma constante numérica (não depende do índice 𝑗).

2) Somatória dos primeiros 𝑛 números naturais :

∑𝑗

𝑚

𝑗=1

=𝑚(𝑚 + 1)

2

Logo,


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∑[(2 −2

𝑚)(

4𝑖

𝑛−

4

𝑛) + 2]

8

𝑛𝑚= [(2 −

2

𝑚)(

4𝑖

𝑛−

4

𝑛) + 2]

8

𝑛𝑚𝑚

𝑚

𝑗=1

∑2𝑗

𝑚(

4𝑖

𝑛−

4

𝑛)

8

𝑛𝑚= (

4𝑖

𝑛−

4

𝑛)

16

𝑛𝑚2∑𝑗

𝑚

𝑗=1

𝑚

𝑗=1

= ( 4𝑖

𝑛−

4

𝑛)

16

𝑛𝑚2

𝒎(𝒎 + 𝟏)

𝟐

Logo,

𝑆𝑛𝑚 = ∑[(2 −2

𝑚)(

4𝑖

𝑛−

4

𝑛) + 2]

8

𝑛

𝑖=𝑛

𝑖=1

+ ∑( 4𝑖

𝑛−

4

𝑛)

8

𝑛𝑚

(𝒎 + 𝟏)

𝟏

𝑖=𝑛

𝑖=1

𝑆𝑛𝑚 =64

𝑛2(1 −

1

𝑚)∑𝑖

𝑛

𝑖=1

+ (16

𝑛−

64

𝑛2+

64

𝑚𝑛2)∑1 +

𝑛

𝑖=1

32

𝑛2(1 +

1

𝑚)∑𝑖

𝑛

𝑖=1

−32

𝑛2(1 +

1

𝑚)∑1

𝑛

𝑖=1

𝑆𝑛𝑚 =64

𝑛2(1 −

1

𝑚)𝑛(𝑛 + 1)

2+ (

16

𝑛−

64

𝑛2+

64

𝑚𝑛2) 𝑛 +

32

𝑛2(1 +

1

𝑚)𝑛(𝑛 + 1)

2−

32

𝑛2(1 +

1

𝑚)𝑛


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𝑆𝑛𝑚 = 32(1 −1

𝑚)(1 +

1

𝑛) + 16 −

64

𝑛+

64

𝑚𝑛+

16 (1 +1

𝑚)(1 +

1

𝑛) −

32

𝑛(1 +

1

𝑚)

A seguir tomamos o limite 𝑛 → ∞,𝑚 → ∞


𝐷


𝑆𝑛𝑚 = 64

Interpretação geométrica da integral dupla.

Se f é contínua e 𝑓(𝑥, 𝑦) ≥ 0, ∀ (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷, o fato que a função f seja

integrável no domínio D, tem um significado direto. Consideremos

o sólido 𝑊 = { 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 , 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑 , 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝑓(𝑥, 𝑦) }.

Logo o volume do solido W é definido como a integral dupla da

função f(x,y) no domínio de integração D.

𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴

𝐷

= ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝑑

𝑐

𝑏

𝑎

Uma maneira de justificar a definição anterior é seguir o raciocínio a

seguir:

Volume de sólidos .

Para calcular o volume do sólido W, o procedimento é como segue:

no ponto (x,y) interior ao retângulo D, localizamos o elemento de

área dA= dx dy, logo construímos um paralelepípedo infinitesimal

dV, utilizando como base o elemento dA e levantando as 4 paredes

verticais até o topo que corresponde à posição da superfície “S”.

Desta maneira a altura do paralelepípedo será 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦), e o

volume do paralelepípedo infinitesimal será

𝑑𝑉 = 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴


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Finalmente o volume do sólido W é

𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∬𝑑 𝑉

𝐷

= ∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴

𝐷

= ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝑑

𝑐

𝑏

𝑎

Onde: a ≤ x≤ b, c ≤ y ≤ d, definem os limites de integração em x e y.

Propriedades da integra dupla

1.- Propriedade de Linearidade. Sejam as funções 𝑔(𝑥, 𝑦) e 𝑓(𝑥, 𝑦)

integráveis no domínio D. Logo para qualquer par de números reais

𝑎 e 𝑏 existe a integral ∬ (𝑎 𝑓(𝑥, 𝑦) + 𝑏 𝑔(𝑥, 𝑦))𝑑𝑥 𝑑𝑦𝐷

E se verifica :

∬(𝑎 𝑓(𝑥, 𝑦) + 𝑏 𝑔(𝑥, 𝑦))𝑑𝑥

𝐷

𝑑𝑦

= 𝑎 ∬𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥

𝐷

𝑑𝑦 + 𝑏 ∬𝑔(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷


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2.- Propriedade de aditividade. Seja a função 𝑓(𝑥, 𝑦) integrável e

limitada no domínio D. Sejam 𝐷1, 𝐷2, …𝐷𝑘 subconjuntos do domínio

D, tal que 𝐷 = 𝐷1 ∪ 𝐷2 ∪ …∪ 𝐷𝑘

e 𝐷𝑖 ∩ 𝐷𝑗 = {∅}, ∀ 𝑖 ≠ 𝑗, 𝑖 = 1,2,… , 𝑘, 𝑗 = 1,2,… , 𝑘. Logo as integrais

∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝐷𝑖

𝑑𝑦 existem, ∀ 𝑖, é ∶

∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = ∑∬𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥

𝐷𝑖

𝑑𝑦

𝑘

𝑖=1𝐷

3.- Integração de desigualdades.- Sejam as funções 𝑓(𝑥, 𝑦) e 𝑔(𝑥, 𝑦)

integráveis no domínio D, e que ∀ (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷 𝑔(𝑥, 𝑦) ≥ 𝑓(𝑥, 𝑦), então

∬𝑔(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 ≥ ∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝐷𝐷

4.- Se a função 𝑓(𝑥, 𝑦) é integrável e limitado no domínio 𝐷, então o

valor absoluto |𝑓(𝑥, 𝑦)| é também integrável e se cumpre :

|∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝐷

| ≤ ∬|𝑓(𝑥, 𝑦)| 𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝐷

5.- Se a função 𝑓(𝑥, 𝑦) é separável: 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑔(𝑥)ℎ(𝑦) então, no

domínio retangular 𝐷 = [𝑎, 𝑏] × [𝑐, 𝑑], vale

∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝐷

= ∫𝑔(𝑥)

𝑏

𝑎

∫ ℎ(𝑦)

𝑑

𝑐


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5.12 Teorema de Fubini.

Se a função é contínua num retângulo 𝐷 = [𝑎, 𝑏] × [𝑐, 𝑑], então a

integral dupla de f sobre D existe e pode ser obtida através de

integrais interadas, ou seja.

∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴𝐷

= ∫ [∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 ]𝑑𝑦𝑏

𝑎

𝑑

𝑐 ..........(tipo I)

Ou

∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴𝐷

= ∫ [∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 ]𝑑𝑥 𝑑

𝑐

𝑏

𝑎... (tipo II).

Se a função é continua no dominio D, então é limitada em D. Logo o

processo de calculo da integral dupla por soma inferior e superior

esta bem definida em D, Logo a função é integravel em D.

No teorema anterior se admite que ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑏

𝑎 esta bem definido

pra 𝑦 fixo; e similarmente, ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 𝑑

𝑐 esta bem definido para 𝑥

fixo.

Para demonstrar que a integral dupla da função 𝑓 sobre 𝐷 é do tipo

𝐼, iremos proceder da seguinte maneira.

Vamos contruir uma lamina infinitesimal de espesura 𝑑𝑦 localizada

no ponto 𝑦, paraleo ao eixo 𝑥, limitada superiormente pela

superficie 𝑆: 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦)


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Logo iremos calcular a área lateral Al da lamina infinitsimal

delimitada pelos planos 𝑥 = 𝑎, 𝑥 = 𝑏, 𝑧 = 0 e superiormente pela

curva C : 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦0), sendo 𝑦=𝑦0 fixo1 .

1 A curva C é a interseção do plano vertical, com equação 𝑦 = 𝑦0 e a superfície S.

dx

𝐴𝑙 = ∫𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥

𝑏

𝑎

𝑦 = 𝑦0 é fixo.

C


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A lâmina infinitesimal de espessura 𝑑𝑦 define um volume

infinitesimal 𝑑𝑉 = 𝐴𝑙𝑑𝑦 (ver figura anterior). Logo,

𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∫ 𝑑𝑉 = ∫ 𝐴𝑙𝑑𝑦 =𝑑

𝑐

𝑑

𝑐∫ [∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥

𝑏

𝑎] 𝑑𝑦

𝑑

𝑐, que é a integra

iterativa do tipo I.

O procedimento anterior, podemos repetir com uma lamina

infinitesimal de espessura dx, paralelo ao eixo y. e iremos chegar à

integral iterativa do tipo II.

Exemplo 1.- Determinar a seguinte integral dupla

𝐼 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴𝐷

, sendo 𝐷 = {−2 ≤ 𝑥 ≤ 3,0 ≤ 𝑦 ≤ 1} e 𝑓(𝑥, 𝑦) =

𝑥2ey

Solução. A ordem de integração não importa, desde que, a região de

integração é um retângulo.

𝐼 = ∫∫𝑥2ey

1

0

𝑑𝑦 𝑑𝑥

3

−2

𝐼 = ∫𝑥2[∫ey

1

0

𝑑𝑦 ]𝑑𝑥

3

−2

= ∫𝑥2[𝑒𝑦 ]10𝑑𝑥

3

−2

𝐼 = ∫𝑥2(𝑒 − 1)𝑑𝑥

3

−2

= (𝑒 − 1) ∫𝑥2𝑑𝑥

3

−2

𝐼 = (𝑒 − 1)[𝑥3

3]3

−2= (𝑒 − 1) (

27

3−

−8

3)

𝐼 = (𝑒 − 1)35

3

Exemplo 2.- Seja a região volumétrica W limitada inferiormente

pelo retângulo 𝐷 = [−1,1] × [−1,4], superiormente pela superfície z

= f(x,y) = 4-x2 e pelas paredes laterais x=-1, x=1, y=-1, y=4 (4 planos

verticais). Determine o volume de W.


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Solução.

Podemos começar tentando realizar um esboço da região

volumétrica W. Para isto, podemos utilizar alguns programas com o

Maple, o Mathematica ou Wolfram alpha. De qualquer forma, no

capitulo 2 temos aprendido a construir gráficos de funções de duas

variáveis, então a tarefa não é difícil.


𝐷

= ∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴

𝐷

= ∫[ ∫(4 − 𝑥2) 𝑑𝑦 ]𝑑𝑥

4

−1

1

−1

= ∫(4 − 𝑥2)[ ∫ 𝑑𝑦] 𝑑𝑥 = ∫(4 − 𝑥2) [𝑦 |4(−1)

1

−1

]𝑑𝑥

4

−1

1

−1

= ∫(4 − 𝑥2) (4 − (−1)

1

−1

) 𝑑𝑥 = 5 ∫(4 − 𝑥2)

1

−1

𝑑𝑥

5 (4𝑥 −𝑥3

3) |1(−1) = 5((4 −

1

3) − (−4 +

1

3)) =110/3.

Observe que, de acordo com o teorema de Fubini, para desenvolver

a integração dupla, temos escolhido a integração interativa do tipo

II.

-1 ≤ x ≤ 1, -1 ≤ y ≤ 4

f (x,y) = 4 - x2


21

HLCS

Observação 1. Podemos também escolher o método iterativo tipo I,

assim


𝐷

= ∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴

𝐷

= ∫[ ∫(4 − 𝑥2) 𝑑𝑥 ]𝑑𝑦

1

−1

4

−1

O resultado da integração dupla no final será o mesmo.

Observação 2.- o fato de que podemos integrar primeiro em y e

depois em relação a x, ou vice-versa e que dá o mesmo resultado

para a integral dupla, se deve a que estamos integrando num

retângulo, ou seja, os limites de integração são constantes

numéricas.

Observação 3.- Em domínios de integração mas geral, que não seja

mais um retângulo, é importante reconhece a variável em relação a

qual será integrada por último.

Exemplo 3.- Calcular ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴𝐷

, se 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑦 cos(2𝑥) − 𝑥 𝑒2𝑦

No retângulo [0, 𝜋/2] × [−1,1].

Solução:

Seja :

𝐼 = ∫ [∫ (𝑦 cos(2𝑥) − 𝑥 𝑒2𝑦) 𝑑𝑦]𝑑𝑥 =?1

−1

𝜋

20

, observamos que

∫ 𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 01

−1, y é uma função impar, logo automaticamente,

𝐼 = ∫[ ∫(−𝑥 𝑒2𝑦) 𝑑𝑦]𝑑𝑥 = ∫(−𝑥)[ ∫ 𝑒2𝑦) 𝑑𝑦]𝑑𝑥 =

1

−1

𝜋2

0

1

−1

𝜋2

0

𝐼 = ∫ (−𝑥)[∫ 𝑒𝑢 𝑑𝑢

2] 𝑑𝑥

1

−1

𝜋

20

, sendo u= 2y.

I =−(𝑥2

2) |

𝜋

20 [

𝑒𝑢

2]1

−1 = −(

𝜋2

8− 0) [

𝑒2𝑦

2]1

−1= −

𝜋2

8(𝑒2

2−

𝑒−2

2)

𝐼 = −𝜋2

8(𝑒2

2−

𝑒−2

2). Resposta.


22

HLCS

Exemplo 4.- Considere a função 𝑓(𝑥, 𝑦) = x cosh(𝑥2 + 𝑦) no

intervalo 𝐷 = [−2,2] × [1,4]. Determine ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴𝐷

Solução

𝐼 = ∫∫ x cosh(𝑥2 + 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥4

1

2

−2

= ∫𝑥[∫ cosh(𝑥2 + 𝑦)𝑑𝑦]𝑑𝑥4

1

2

−2

Integrando em y, pelo método de substituição 𝑢 = 𝑥2 + 𝑦, logo

𝑑𝑢 = 𝑑𝑦

∫ cosh(𝑥2 + 𝑦) 𝑑𝑦 =4

1

∫ cosh(𝑢) 𝑑𝑢 = sinh(𝑢) |∗∗∗ = sinh(𝑥2 + 𝑦) |1

4∗∗

∗

∫ cosh(𝑥2 + 𝑦)𝑑𝑦 =4

1

sinh(𝑥2 + 4) − sinh (𝑥2 + 1)

𝐼 = ∫𝑥[sinh(𝑥2 + 4) − sinh (𝑥2 + 1)] 𝑑𝑥

2

−2

A função integrando da integral anterior, é ímpar, logo

I é zero.


23

HLCS

5.13 Integrais duplas em regiões planas arbitrárias.

I caso

Consideremos uma região de integração do tipo

D={ (x,y,z) ⊂ R3 / a ≤ x ≤ b, 𝞥1(x) ≤ y ≤ 𝞥2(x)}

De acordo à figura anterior, na posição arbitrária x, vamos localizar

uma barra vertical.

Nesta barra vertical, iremos variar a coordenada y, que adota seu

valor mínimo na curva inferior logo ymin=𝞥(x) e adota seu valor

máximo na curva superior, logo ymax=𝞥(x). Por tanto,

𝞥1(x) ≤ y ≤ 𝞥2(x).

Essa barra vertical (azul) pode se deslizar tentando cobrir toda a

região de integração, isto é de esquerda a direita, logo a coordenada

x varia entre seu valor mínimo em a, ate seu valor máximo em b.

a ≤ x ≤ b.

As duas desigualdades anteriores definem bem a região de

integração D.

x=a x=b x=a x=b x


24

HLCS

Seja 𝑓: 𝐷 → 𝑅 uma função integrável em D, logo a integral dupla de f

na região D fica assim:


𝐷

= ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 𝑑𝑥

∅2(𝑥)

∅1(𝑥)

𝑏

𝑎

Exemplo 1.- Determinar a seguinte integral dupla 𝐼 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴,𝐷

sendo 𝐷 = {0 ≤ 𝑥 ≤ 1,2𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥2 + 2} e 𝑓(𝑥, 𝑦) = xy − 𝑦

Solução

𝐼 = ∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴

𝐷

= ∫ ∫ (xy − 𝑦) 𝑑𝑦 𝑑𝑥

𝑥2+2

2𝑥

1

0

𝐼 = ∫ [𝑥 ∫ y𝑑𝑦 − ∫ y 𝑑𝑦 ]

𝑥2+2

2𝑥

𝑑𝑥

𝑥2+2

2𝑥

1

0


25

HLCS

𝐼 = ∫ [𝑥𝑦2

2−

𝑦2

2]

𝑥2+2

2𝑥

𝑑𝑥

1

0

𝐼 =1

2∫(𝑥5 + 4𝑥 − 𝑥4 − 4) 𝑑𝑥

1

0

𝐼 = [𝑥6

12+ 𝑥2 −

𝑥5

10− 2𝑥]1

0=

−122

120

II caso

Consideremos uma região de integração do tipo

D={ (x,y,z) ⊂ R3 / c ≤ y ≤ d, 𝞥1(y) ≤ x ≤ 𝞥2(y)}

Como podemos ver na figura a seguir, se fixamos a coordenada y e

construímos uma barra horizontal na região D. Nesta barra a

coordenada x varia de um valor mínimo na curva mas a esquerda,

ou seja, xmin=𝞥1(y); até um valor máximo na curva mas a direita da

regiao D, logo xmax=𝞥2(y). logo : 𝞥1(y) ≤ x ≤ 𝞥2(y).

A barra horizontal pode se deslizar verticalmente ate cobrir toda a

região D de integração, logo: c ≤ y ≤ d.

Seja 𝑓: 𝐷 → 𝑅 uma função integrável em D, logo a integral dupla de f

na região D fica assim:

y

x y x


26

HLCS


𝐷

= ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦

∅2(𝑦)

∅1(𝑦)

𝑑

𝑐

Exemplo 2.- Determinar a seguinte integral dupla

𝐼 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴,𝐷

sendo 𝐷 = {0 ≤ 𝑦 ≤ 1, y + 1 ≤ 𝑥 ≤ 2y} e 𝑓(𝑥, 𝑦) =

𝑦2

Solução


𝐷

= ∫ 𝑦2[ ∫ 𝑑𝑥 ]𝑑𝑦

2y

y+1

1

0

𝐼 = ∫ 𝑦2[ 𝑥]2𝑦𝑦+1 𝑑𝑦 = ∫ 𝑦2(𝑦 − 1) 𝑑𝑦 = [

𝑦4

4−

𝑦3

3]

1

0

1

0

1

0

𝐼 =−1

12

Outros exemplos variados:

Exemplo 3.- Determine a integral dupla ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴𝐷

na região

planar D limitada pelas curvas y= 4 e y = x2 (ver figura). Sendo f(x,y) = yx.


27

HLCS

Solução. A integral dupla na região D, que não é mais retangular

pode ser calculada de duas maneiras, de acordo ao método

apresentado anteriormente.

I método. Podemos colocar barras verticais na região D para desta

forma encontrar os limites de integração em x e y.

Quando deslocamos a barra para cobrir a região de integração, de

esquerda a direita; a coordenada x varia do seu valor mínimo 𝑥 = 0,

ate seu valor máximo em 𝑥 = 2.

0 ≤ 𝑥 ≤ 2

Fixando a variável x, então iremos analisar a variação da

coordenada y dentro da barra(no domínio D). Da figura o valor

mínimo de y será na curva y=x2 , e o valor máximo será na curva

y=4, logo:

𝑥2 ≤ 𝑦 ≤ 4

y=x2

y=4 D


28

HLCS

Do raciocínio anterior e da figura podemos concluir que:

𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2 𝑥2 ≤ 𝑦 ≤ 4, 0 ≤ 𝑥 ≤ 2}

Em consequência temos:

𝐼 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴𝐷

= ∫ ∫ 𝑥𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥4

𝑥2

2

0.

Observe que devemos integrar primeiro na variável y, porque um

dos limites de integração é função de x.

𝐼 = ∫𝑥 ∫𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = ∫𝑥 [𝑦2

2

2

0

]|4𝑥2 𝑑𝑥 = ∫𝑥[8 −

𝑥4

2]

2

0

𝑑𝑥

4

𝑥2

2

0

𝐼 = ∫ (8𝑥 −𝑥5

2)

2

0𝑑𝑥 = (4𝑥2 −

𝑥6

12) |2

0= 16 −

16

3=

32

3. Resposta.

II método. Para definir os limites na variáveis x e y no domínio de

integração podemos também utilizar barra horizontais.


29

HLCS

Quando deslocamos verticalmente a barra para cobrir a região de

integração, de baixo pra cima; a coordenada y varia do seu menor

valor y= 0, ate seu maior valor em 𝑦 = 4.

0 ≤ 𝑦 ≤ 4

Fixando a variável y, então iremos analisar a variação da

coordenada x dentro da barra (no domínio D). Da figura o valor

mínimo de x será na reta x=0 , e o valor máximo será na

parábola(𝑥 = √𝑦), logo:

0 ≤ 𝑥 ≤ √𝑦

Por tanto:

𝐷 = {0 ≤ 𝑥 ≤ √𝑦, 0 ≤ 𝑦 ≤ 4}


𝐷

= ∫∫ 𝑥𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = ∫𝑦[∫ 𝑥 𝑑𝑥] 𝑑𝑦 =

√𝑦

0

4

0

√𝑦

0

4

0


30

HLCS

𝐼 = ∫𝑦[𝑥2

2

4

0

]|√𝑦0𝑑𝑦 = ∫𝑦(

𝑦

2

4

0

)𝑑𝑦 = ∫𝑦2

2

4

0

𝑑𝑦

𝐼 = [𝑦3

6] |4

0=

32

3

Exemplo 4.- Considere o sólido formado na base pelo retângulo

D ={0 ≤ x≤ 3 , 0 ≤ y ≤ 2}, os planos verticais, x=0, y=0, y=2,x=3 e

superiormente limitado pelo plano 2y+z=10. Determine o volume

do solido por integrada dupla.

Solução.

Devemos realizar o gráfico do solido em questão. Na figura, as

paredes laterais em x= 0 e em x =3 não foram desenhadas para não

atrapalhar a visão tridimensional da solido.

Definindo o elemento diferencial de volume

dV= dA f(x,y), sendo f(x,y) a altura da superfície superior (plano

inclinado), por cima do elemento de área dA. O que significa que

f(x,y) =z= 10-2y.


31

HLCS

𝑣𝑜𝑙(𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜) = ∬𝑑𝑉

𝐷

= ∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴 = ∬(10 − 2𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝐷𝐷

𝑣𝑜𝑙(𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜) = ∫[∫(10 − 2𝑦) 𝑑𝑦] 𝑑𝑥 = ∫[10𝑦 −

3

0

2

0

3

0

𝑦2]|20𝑑𝑥

𝑣𝑜𝑙(𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜) = ∫16 𝑑𝑥 = 48.

3

0

Exemplo 5.- Determine a área limitada pelas retas y=-x+2, y=x-2 e

x=0, utilizando integral dupla.

Solução.

No ponto arbitrário (x,y) interior a região D de interesse,

localizamos um elemento de área dA=dx dy.

D


32

HLCS

Logo, 𝐴 = ∬ 𝑑𝐴 =𝐷

∬ 𝑑𝑥 𝑑𝑦𝐷

. A seguir iremos determinar os

limites de integração.

I método.

Na posição x, localizamos uma barra vertical para determinar os

limites de integração em y. Observando a figura a seguir, a

coordenada y varia de um valor mínimo na reta y=x-2, até o valor

máximo na reta superior y=-x+2. Logo, x-2 ≤ y ≤ -x+2. A

coordenada x varia entre 0 e 2. Em resumo, o triangulo é:

𝐷 = { 𝑥 − 2 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥 − 2, 0 ≤ 𝑥 ≤ 2}.

x

y

dA X=0

Resolvendo o sistema y=-x+2, y=x-2 simultaneamente, obtemos as coordenadas do vértice do triangulo, sendo o resultado B=(2,0).

B


33

HLCS

𝐴 = ∫[ ∫ 𝑑𝑦] 𝑑𝑥 = ∫(−𝑥 + 2 − (𝑥 − 2))𝑑𝑥 =

2

0

−𝑥+2

𝑥−2

2

0

𝐴 = ∫ (−2𝑥 + 4)𝑑𝑥 =2

0(−𝑥2 + 4𝑥)|2

0= 4.

II método.

A seguir apresentamos outra possibilidade para calcular a área

triangulo. Para montar a integral dupla, precisamos conhecer os

vértices do triangulo, os quais são N=(0,2), M=(0,-2), B=(2,0).

𝐴1 = { 0 ≤ 𝑥 ≤ 2 − 𝑦, 0 ≤ 𝑦 ≤ 2}

𝐴2 = { 0 ≤ 𝑥 ≤ 2 + 𝑦,−2 ≤ 𝑦 ≤ 0}

x

y


34

HLCS

𝐴 = 𝐴1 + 𝐴2 = ∫[ ∫ 𝑑𝑥] 𝑑𝑦 + ∫[ ∫ 𝑑𝑥] 𝑑𝑦+=

𝑥=0

𝑥=𝑦−2

0

−2

4

𝑥=2−𝑦

𝑥=0

2

0

Exemplo 6.- calcular a integral ∬ 𝑦𝑥𝐷

, sendo D limitado pelas

curvas :

a) 𝑦 = −1 e 𝑦 = −√4 − 𝑥2

b) 𝑥 = 1 − 𝑦 e 𝑥 = √4 − 𝑦2

Solução.-

Exemplo 7.- Considere a função 𝑓(𝑥, 𝑦) definido no retângulo

𝐷 = [−2,2] × [0,2]. Determine ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝑑𝑦𝐷

, sendo:

𝑓(𝑥, 𝑦) = {2, 𝑦 = 𝑥2

0, 𝑦 ≠ 𝑦2

x

y

N

B

M

A1

A2


35

HLCS


dupla.

5.141 Regiões arbitrarias

Quando tempos uma integral dupla em coordenadas cartesianas,

eventualmente pode acontecer que a integral fica inviável pela

dificuldade em realizar as integrais iterativas, então existe a

possibilidade de ser resolvida realizando uma mudança de

coordenadas.

Mudança de coordenadas de uma região D.

Considere uma região plana D, limitada por uma curva fechada nas

coordenadas x e y, iremos propor uma transformação de

coordenadas 𝑇: 𝑅2 → 𝑅2/ 𝑥 = 𝑥(𝑢, 𝑣) 𝑒 𝑦 = 𝑦(𝑢, 𝑣).

A superfície fechada D é a imagem da superfície fechada D* via a

transformação T, D= T(D*).

Teorema: Sejam D e D* superfícies fechadas elementares no plano R2.

Seja T uma transformação de classe C1 e injetora em D*. Então para toda

função f(x,y) integráveis sobre D temos

∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝑑𝑦 = ∬ 𝑓(𝑥(𝑢, 𝑣), 𝑦(𝑢, 𝑣))|𝐽(𝑢, 𝑣)|𝑑𝑢 𝑑𝑣𝐷∗𝐷

,

D*

D

v

u

y

x

T


36

HLCS

Sendo |𝐽(𝑢, 𝑣)| o valor absoluto do jacobiano 𝐽(𝑢, 𝑣).

A transformação injetiva T garante que para dois pontos diferentes do

conjunto D* lhe corresponde dois pontos diferentes no conjunto D.

𝐽(𝑢, 𝑣) = 𝑑𝑒𝑡 [

𝜕𝑥

𝜕𝑢

𝜕𝑥

𝜕𝑣𝜕𝑦

𝜕𝑢

𝜕𝑦

𝜕𝑣

] =𝜕𝑥

𝜕𝑢

𝜕𝑦

𝜕𝑣−

𝜕𝑥

𝜕𝑣

𝜕𝑦

𝜕𝑢

Observação 1.- Vamos assumir que o det (𝐽) ≠ 0 Observação 2.- O fato que a transformação de coordenadas 𝑇 seja de classe 𝐶1, quer dizer que todas as derivadas parciais existem e são continuas, isto vai garantir que T seja diferenciável. Importante: Se o sistema de equações

𝑥 = 𝑥(𝑢, 𝑣); 𝑦 = 𝑦(𝑢, 𝑣) Pode ser resolvido de modo único com

𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦); 𝑣 = 𝑣(𝑥, 𝑦), sendo (𝑥, 𝑦) ∈ R. A aplicação 𝑇 possui inversa 𝑇−1 definida em 𝑅 e as funções 𝑢(𝑥, 𝑦) e 𝑣(𝑥, 𝑦) tem derivadas parciais continuas em 𝑅. Logo

𝐽∗ = 𝑑𝑒𝑡

[ 𝜕𝑢

𝜕𝑥

𝜕𝑢

𝜕𝑦𝜕𝑣

𝜕𝑥

𝜕𝑣

𝜕𝑦]

=1

𝐽

Exemplo 5.21.- Consideremos a transformação de coordenadas cartesianas a coordenadas polares : 𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃) 𝑦 = 𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃) Considere o circulo de raio R e centralizada na origem de coordenadas no sistema de coordenadas xy, sendo assim; 0 ≤ r ≤ R, 0 ≤θ≤2π, em coordenadas polares. O que quer dizer que o retângulo 𝐷∗ = {0 ≤ 𝑟 ≤ 𝑅, 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋} em coordenadas polares, representa um disco de raio R e centralizado na origem, em coordenadas cartesianas.


37

HLCS

O jacobiano da transformação de coordenadas cartesianas a polares se calcula assim:

𝐽(𝑟, 𝜃) = 𝑑𝑒𝑡 [

𝜕𝑥

𝜕𝜃

𝜕𝑥

𝜕𝑟𝜕𝑦

𝜕𝜃

𝜕𝑦

𝜕𝑟

] = 𝑑𝑒𝑡 [−𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃) 𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃)𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃) 𝑟𝑠𝑖(𝜃)

] = 𝑟,

Sendo r positivo então |J|=r. Logo, qualquer integral dupla em coordenadas cartesianas, pode ser trocada por uma integral dupla em coordenadas polares da seguinte forma.

∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝑑𝑦 = ∬ 𝑓(𝑥(𝑟, 𝜃), 𝑦(𝑟, 𝜃)) 𝒓 𝑑𝑟 𝑑𝜃𝑅𝐷

,

Toda vês que temos uma integral dupla em coordenadas cartesianas num domínio de integração com simetria circular, podemos desenvolver em coordenadas polares. Logo, os limites de integração serão mais fáceis de determinar e o calculo da integral dupla é mais fácil.

r

θ

y

x

T

D* D


38

HLCS

Exemplo 5.22.- Determine a área de um circulo de raio R por integração dupla. Solução. Como a região é circular então, podemos localizar a origem de coordenadas no centro do circulo, como isto não iremos perder generalidade, e faremos a integração em coordenadas polares.

𝐴(𝐷) = ∬𝑑𝑥 𝑑𝑦 = ∬ 𝒓 𝑑𝑟 𝑑𝜃

𝐷𝐷

= ∫ ∫ 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃

𝑅

0

= 𝜋𝑅2

2𝜋

0

Exemplo 5.23.- Calcule a integral ∬ ln (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦𝐷

, onde D é a

região do segundo quadrante situada entre as circunferências x2+y

2=1 e

x2+y

2=4.

Solução:

Primeiro vamos identificar a região de integração, pra isso vamos

reescrever a equação das circunferências em coordenadas polares, assim:

x2+y

2=1 -> r =1

x2+y

2=4 -> r=2

y

x D

r 𝞠

dA

𝑜 ≤ 𝑟 ≤ 𝑅

0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋

O circulo em coordenadas polares

Jacobiano


39

HLCS

A integral dupla na região D, vamos reescrever em coordenadas

polares,assim :

𝐼 = ∬ ln (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦

𝐷

= ∬ln(𝑟2) 𝒓 𝑑𝑟 𝑑𝜃

𝐷

= ∫ ∫ ln(𝑟2) 𝑟𝑑𝑟 𝑑𝜃

2

1

𝜋

𝜋2

Observamos que a integral se pode resolver facilmente com a mudança u=r2, logo du = 2r dr.

𝐼 =1

2∫ ∫ ln(𝑢) 𝑑𝑢 𝑑𝜃

2

1

𝜋

𝜋2

=1

2∫(𝑢 ln(𝑢) − 𝑢)|2

1𝑑𝜃

𝜋

𝜋2

𝐼 =1

2∫ (4 ln(4) − 3)𝑑𝜃 =

𝜋

4

𝜋𝜋

2

(4 ln(4) − 3) Resposta.

Exemplo 5.24.- Determine a integral dupla ∬ 𝑒𝑥𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦𝐷

no domínio 𝐷

limitado pelas curvas 𝑦 = 2𝑥, 𝑦 = 𝑥, 𝑦 =1

𝑥, 𝑦 =

4

𝑥 do primeiro quadrante

no plano 𝑥𝑦.

Solução.-

D r

𝞠

dA


40

HLCS

Para definir os limites de integração precisamos desenhar as curvas, são duas retas e duas hipérboles, como segue

De acordo a figura, para encontrar os limites de integração em 𝑥 e 𝑦 precisamos de dividir a região D em varias sub-regiões, o melhor seria realizar uma mudança de coordenadas, baseado no fato que a equação dos lados são similares dois a dois. Logo, definimos a seguinte transformação de coordenadas

𝑢 = 𝑥𝑦

𝑣 =𝑦

𝑥.

Nas novas coordenadas (𝑢, 𝑣) , as fronteiras da região 𝐷, são as retas:

𝑢 = 1, 𝑢 = 4, 𝑣 = 2, 𝑣 = 1 Logo, a região arbitrária 𝐷 se transforma na região retangular 𝑅, cujo elemento diferencial de área é 𝑑𝐴 = |𝐽|𝑑𝑢 𝑑𝑣. Pelo teorema anterior sobre mudança de coordenadas

∬𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝑑𝑦 = ∬𝑓(𝑥(𝑢, 𝑣), 𝑦(𝑢, 𝑣))|𝐽(𝑢, 𝑣)|𝑑𝑢 𝑑𝑣

𝑅𝐷

4xy

xy

1xy

xy 2

D


41

HLCS


[ 𝜕𝑢

𝜕𝑥

𝜕𝑢

𝜕𝑦𝜕𝑣

𝜕𝑥

𝜕𝑣

𝜕𝑦]

= 𝑑𝑒𝑡 [

𝑦 𝑥−𝑦

𝑥2

1

𝑥] =

2𝑦

𝑥= 2𝑣 =

1

𝐽

∬𝑒𝑥𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = ∬𝑒𝑢1

2𝑣 𝑑𝑢 𝑑𝑣

𝐷𝑅

Sendo: 𝑅 = {1 ≤ 𝑢 ≤ 4,1 ≤ 𝑣 ≤ 2}

∬𝑒𝑢1


𝐷

= ∫∫𝑒𝑢1

2𝑣

2

1

𝑑𝑣 𝑑𝑢

4

1

∬𝑒𝑢1


𝐷

= ∫𝑒𝑢 𝑑𝑢 ∫1

2𝑣

2

1

𝑑𝑣

4

1

=(𝑒4 − 𝑒1)ln (2)

2


42

HLCS

5.142 regiões planas em coordenadas polares Nesta seção iremos discutir cálculo de áreas em regiões planas, sendo que a curva que é a fronteira da região de interesse esta em coordenadas polares 𝑟 = 𝑟(𝜃)

Considere a região limitada pela curva 𝑟 = 𝑟(𝜃) e os raios vetores 𝑟1 e 𝑟2, que iremos denotar pela letra 𝐷 = {𝜃1 ≤ 𝜃 ≤ 𝜃1, 0 ≤ 𝑟 ≤ 𝑟(𝜃)}. Para calcular a área 𝐴 desta região procedemos assim

𝐴(𝐷) = ∫ 𝑑𝐴

𝐷

= ∫ 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃

𝐷

= ∫ ∫ 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃

𝑟(𝜃)

0

𝜃2

𝜃1

Integrando em 𝑟:


43

HLCS

𝐴(𝐷) = ∫1

2𝑟(𝜃)2𝑑𝜃

𝜃2

𝜃1

Esta é a formula que iremos utilizar para calcular a area da região D em coordenadas polares. Exemplo Determine a área da região plana limitada pela cardioide 𝑟 = 2(1 − sin(𝜃)) a seguir:

Solução.- De acordo á formula anterior

𝐴(𝐷) = ∫ 2 (1 − sin(𝜃)) 2𝑑𝜃

𝜃2

𝜃1


44

HLCS

𝐴(𝐷) = ∫ 2 (1 − sin(𝜃)) 2𝑑𝜃

𝜃2

𝜃1

= ∫(2 − 4 sin(𝜃) + sin(𝜃)2)𝑑𝜃

𝜃2

𝜃1

𝐴(𝐷) = ∫ (2 − 4 sin(𝜃) +(1 − cos(2𝜃))

2)𝑑𝜃

𝜃2

𝜃1

𝐴(𝐷) = [3

2𝜃 + 4 cos(𝜃) −

1

4sin (2𝜃)]𝜃1

𝜃2

Em relação aos limites de integração, podemos visualizar a variação do ângulo polar 𝜃 quando realizamos uma volta completa ao construir a região de interesse.

Da figura anterior, é evidente que o ângulo polar varia de 𝜃1 = 0, ate o valor 𝜃1 = 2𝜋

𝐴(𝐷) = [3

2𝜃 + 4 cos(𝜃) −

1

4sin (2𝜃)]0

2𝜋 = 5𝜋


45

HLCS

Exemplo 2. Determine a área da região 𝐷 limitada externamente pelo circulo 𝑟 = 1, e internamente pela rosácea de duas pétalas

𝑟 = 2√sin (2𝜃) , 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋/2.

Solução.- Para determinar a área da região D (laranja) devemos em primeiro lugar encontrar os pontos de interseção entre a circunferência e uma das pétalas. De acordo a figura, devemos obter 4 pontos de interseção, dois dos quais estão no primeiro quadrante.

𝑟 = 1 = 2√sin (2𝜃)

Logo sin(2𝜃) = 1/4

No intervalo 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋/2 ou 0 ≤ 2𝜃 ≤ 𝜋, teremos unicamente dois pontos de interseção (isto devido a que sin(2𝞠) é positivo unicamente no primeiro e segundo quadrante) , como podemos ver no círculo trigonométrico abaixo


46

HLCS

Considerando 𝜑 = 2𝜃, temos a equação trigonométrica a resolver

𝑠𝑖𝑛(𝜑) = 1/4

𝜑 = {𝜑0, 𝜋 − 𝜑0}

Sendo 𝜑0 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(1

4) do primeiro quadrante.

Logo

𝜽 = {𝜑0

𝟐,𝝅

𝟐−

𝜑0

𝟐}

Para calcular a área iremos proceder do seguindo modo:

a) Primeiro iremos calcular a área de uma pétala e b) Iremos calcular a área da região fora da circunferência de radio 1 e

dentro da pétala c) Finalmente faremos a subtração das áreas anteriores, para calcular

a área da região indicada.

y

x 1

1

Círculo

trigonom


47

HLCS

a) Calculando a área da pétala 𝑟 = 2√sin (2𝜃) do primeiro quadrante

𝐴(𝐷1) = ∫1

2𝑟(𝜃)2𝑑𝜃

𝜃2

𝜃1

= ∫ 2sin(2𝜃)𝑑𝜃

𝜋2

0

= −cos(2𝜃) |0

𝜋2

Para determinar o limite de integração, é suficiente achar os valores de 𝞠

(dois valores no primeiro quadrante) para os quais 𝑟 = 2√sin (2𝜃) = 0

Logo 𝜃 = {0,𝜋

2}.

𝐴(𝐷1) = ∫ 2 sin(2𝜃)𝑑𝜃

𝜋2

0

= −cos(2𝜃) |0

𝜋2 = 2

x

y


48

HLCS

b) Calculando a área da região limitada internamente pela circunferência de rádio 1 e externamente pela pétala 𝑟 =

2√sin (2𝜃)

Iremos utilizar a formula :

𝐴(𝐷2) = ∫1

2(𝑟1

2(𝜃) − 𝑟22(𝜃))𝑑𝜃,

𝜃2

𝜃1

que foi demonstrado no exercício 14 da lista correspondente à

seção. Sendo 𝑟1 = 2√sin (2𝜃) , e 𝑟2 = 1.

Os pontos: 𝑄 = (𝑅1,𝜃1), 𝑃 = (𝑅2,𝜃2) irão definir os limites de integração anterior, os quais já foram determinados no inicio da solução e são :

𝜃1 =𝜑

0

𝟐, 𝜃2 =

𝝅

𝟐−

𝜑0

𝟐


49

HLCS

𝐴(𝐷2) = ∫1

2(4 sin (2𝜃) − 1)𝑑𝜃

𝜃2

𝜃1

𝐴(𝐷2) = −(cos(2𝜃) +𝜃

2)|𝜑0

𝟐

𝝅

𝟐−

𝜑0

𝟐

𝐴(𝐷2) = 2 cos(𝜑0) −

𝜋

4+

𝜑0

𝟐=

2√15 − 𝜋

4+

𝜑0

𝟐

Finalmente a região de interesse

𝐴(𝐷) = 𝐴(𝐷1) − 𝐴(𝐷2) =8 − 2√15 + 𝜋

4−

arcsin (14)

𝟐


50

HLCS

5.15 Exercícios 1.- Calcular as seguintes somas

a) 1 +2 +3+4+....100.

b) 2+4+6+8+......200.

c) ∑ (2𝑖 + 3)𝑖=20𝑖=1

d)∑ (𝑖2)𝑖=15𝑖=1

2.- Considere a função 𝑓(𝑥, 𝑦) = −𝑥 + 2, definida no domínio 𝐷 = [0,2] × [0,3]. Determine o volume da região W, limitada superiormente pela superfície 𝑓(𝑥, 𝑦), inferiormente pelo retângulo D e

pelas paredes verticais : 𝑥 = 0, 𝑥 = 2, 𝑦 = 0, 𝑦 = 3. Utilize o conceito da soma dupla de Riemann.

3. Considere a função 𝑓: [0,4] × [2,4] → 𝑅 . Calcular ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝑑𝑦4

2

4

0

pelo método da soma de Riemann, nos seguintes casos:

a) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 2𝑦

b) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 + 3𝑦

4.- calcule o valor as seguintes integrais

a) ∫ ∫ (𝑥 − 3𝑦𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑦,3

1

2

0 b) ∫ ∫ √𝑥𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦,

−𝑦2

𝑦

0

−1

c) ∫ ∫ (𝑦 + 2) 𝑑𝑦 𝑑𝑥,cos (𝑥)

0

2𝜋

0

(**) identifique e desenhe as regiões de integração.

5.- calcular ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝑑𝑦𝑅

nos seguintes casos.

a) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥3𝑦2, 𝑅 = {0 ≤ 𝑥 ≤ 4,−1 ≤ 𝑦 ≤ 1},

b) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑦−1 𝑙𝑛(𝑥 + 1) , 𝑅 = {0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑦 − 1, 1 ≤ 𝑦 ≤ 4},

c) f(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥𝑝(𝑥 + 2𝑦), 𝑅 = {0 ≤ 𝑥 ≤ 2, 0 ≤ 𝑦 ≤ 2𝑥},

6) calcular ∬ (𝑦 + 2)𝑑𝐴𝑅

, onde R é a região limitada pelas curvas


51

HLCS

a) y=7 e y= -1+ 2x2.

b) y=x e y= √𝑥

7.- Determine o volume do solido limitado pela função f(x,y) =3x+4y+4

no retângulo R=[1,2] X [3,6] (1 ≤ 𝑥 ≤ 2 , 3 ≤ 𝑦 ≤ 6) e pelas paredes

verticais localizadas nos lados do retângulo.

8.- Determine a massa total de uma lamina retangular definida pelas

desigualdades −1 ≤ 𝑥 ≤ 1 , −2 ≤ 𝑦 ≤ 2. A densidade da lamina

retangular é D(x,y) = |cos(x)| |y|.

9. - Determine a área limitada pelas curvas y = x2 e y = 4 x − x

2 .

10. - Seja a região D limitada pelas seguintes curvas: y2 − x = 1 e y

2 + x =

1. Determine a área da região D.

11. - Seja a região D limitada pela reta x + y = 2 e pelos eixos coordenados,

no primeiro quadrante. Determine o volume do sólido limitado pela base D,

às paredes laterais verticais sobre os limites da região D e por cima pela

função z = e (x+y)

.

12. -Determine a área definida por uma elipse de semi-eixo maior a e semi-

eixo menor b.

13.- Considere a região D limitada pelas curvas 𝑟 = 𝑟1(𝜃) e 𝑟 = 𝑟2(𝜃) e

os rádios vetores cujos ângulo polares são 𝜃1 e 𝜃2 respectivamente.

Demonstre que a formula para calcular a área da região D é :

𝐴(𝐷) = ∫1

2(𝑟1

2(𝜃) − 𝑟22(𝜃))𝑑𝜃

𝜃2

𝜃1


52

HLCS

14.- Considere a região D limitada pelas curvas 𝑟 = 2 e 𝑟 = 2 + 2 𝑐𝑜𝑠 (𝜃), no primeiro quadrante. Logo determine a integral dupla:

∬ 𝒇(𝒓, 𝜽) 𝒅𝑨𝑫

. Sendo dA o elemento de área infinitesimal no plano xy, e

𝒇(𝒓, 𝜽) = 𝒄𝒐𝒔(𝜽).

15. - Determine a área limitada pela rosácea r =12cos(3θ).

16. - Determine o volume do sólido limitado na base pelas retas: y = x, y =

−2x, y = x − 2 , y = 2 – 2x e z = 0, e na parte superior pela função z =

x2+y

2.


53

HLCS

17. - Determine o volume do sólido limitado na base (plano z=0) pelas

retas: y = x, y = −x, y = x − 2 , y = 2 – x e na parte superior pela função z =

x-y (plano) e as paredes laterais por cima das 4 retas.

Plano x y:

18. - Calcule a integral ∬ ln (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦𝐷

, onde D é a região do

primeiro quadrante situada entre as circunferências x2+y

2=1 e x

2+y

2=4.

Sugestão: passar a coordenadas polares.

19. - Demonstre que a integral ∬ 𝑒−(𝑥2+𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝜋𝐷

, D é o plano R2= {-

∞ < x < ∞, -∞ < y < ∞}.

20.- calcular ∬ 𝑥𝑑𝑥𝑑𝑦𝐷

, sendo D a região planar no “xy” limitada pelas

curvas 𝑦 = 4 − (𝑥 − 2)2 e a curva 𝑦 = 𝑥 2 − 2𝑥

21. - Determine o volume do sólido limitado lateralmente pelo cilindro de

raio R=2, limitada na base pela superfície z=0 e limitada por cima pela

superfície z = 4 – y (ver figura). Sólido centrado na origem de coordenadas.


54

HLCS

Exercícios variados

22.- Determine a área da região verde limitada pela parábola y+6 = x

2, e a

reta y = x.

Figura: questão 22


55

HLCS

23- A figura a seguir é uma possível representação matemática do

diagrama de taiji que simboliza a dualidade ying/yang na filosofia oriental

chinesa. Sendo:

Curva azul: 𝑟 = 1.2√𝜃

Curva vermelha: 𝑟 = 2

Curva amarela: reflexão especular em relação à origem de coordenadas da

curva azul. Os dois círculos pequenos são idênticos.

a) Determine a área da região em preto da figura.

b) Determine também o perímetro externo da região em preto

24.- Considere uma superfície plana limita pela cardioide 𝑟 =𝑎(1 − cos(𝜃)), 𝑎 > 0. Determine o volume do solido de revolução gerado

pela rotação da superfície interna a cardioide em relação ao eixo y.

25.- Considere a rosácea de duas pétalas 𝑟 = 2cos (2𝜃) e a cardioide 𝑟 = 1 + cos (𝜃). Determine a área da região planar limitada internamente pela rosácea e externamente pela cardioide (ver figura). Ajuda: È preciso analisar os pontos de intercepto das curvas pra definir bem os limites de integração


56

HLCS


57

HLCS

5.16.- Repostas aos exercícios 3 ) a) 64 3b) 96

4 a) -16

4b) -10/27

4c) π/2

5a) 128/3

5b) 10 ln(2)-6

5c) 2/5+ e10/10 –e2/2

6a) 1856/15

6 b) 5/12

7) 159/2

8) 8sen(1)

9) 8/3

10) 8/3

11) e2+1

12) πab

14) π+4/3

15) 36π

16) 88/81

17) 2

18) 𝜋

4(4 ln(4) − 3).

20 ) 27/2

21) 16 π

22 (22 + 12√6)1

3


58

HLCS

23 a) 2𝜋

5.2 Integral tripla 5.21 Definição da integral tripla Consideremos uma função f definida numa região espacial D ⊂ R3.

𝑓 ∶ 𝐷 ⊂ 𝑅3 → 𝑅

(𝑥, 𝑦, 𝑧) → 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)

Consideremos que D seja um paralelepípedo no primeiro oitante, ou seja :

𝐷 = {0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎, 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑏, 𝑒 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝑐}. Podemos particionar o domínio de f da seguinte maneira.

- O intervalo [0,a] em n partes iguais, logo cada parte ∆𝑥 =𝑎−0

𝑛

-O intervalo [0,b] em m partes iguais, logo cada parte ∆𝑦 =𝑏−0

𝑚

-O intervalo [0,c] em l partes iguais, logo cada parte ∆𝑧 =𝑐−0

𝑙.

No eixo x temos: [x0,x1,x2,....xi,xi+1,...,xn] onde x0=0, xn=a . No eixo y temos: [y0,y1,x2,....yi,yi+1,...,yn] onde y0=0, yn=b . No eixo z temos: [z0,z1,z2,....zk,zk+1,...,zn] onde z0=0, zn=c . Após realizar uma partição espacial no domínio D, na posição arbitrária

𝑟𝑖𝑗𝑘 = (𝑥𝑖 , 𝑦𝑗 , 𝑧𝑘) ∈ 𝑊 , localizamos uma unidade fundamental

infinitésima de volume 𝑑𝑉 = 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧. A escolha da localização da caixa com um vértice na origem de coordenadas não limita a generalidade da discussão.


59

HLCS

Para a função 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) definida no domínio 𝐷, a soma de Riemann tem a seguinte forma

𝑆(𝑛,𝑚, 𝑙) = ∑∑ ∑ 𝑓 (𝑥𝑖 , 𝑦𝑗, 𝑧𝑘) 𝑑𝑥𝑖𝑑𝑦𝑗 𝑑𝑧𝑘

𝑙

𝑘=1

𝑚

𝑗=1

𝑛

𝑖=1

Sendo o ponto 𝑟𝑖𝑗𝑘 = (𝑥𝑖 , 𝑦𝑗, 𝑧𝑘) um ponto arbitrário da caixa

infinitesimal dV. No entanto, a sua localização precisa, não importa, desde que quando realizemos o processo de limite, quando o numero de caixas elementares ou diferenciais vai para o infinito, o ponto 𝑟𝑖𝑗𝑘 = (𝑥𝑖 , 𝑦𝑗

, 𝑧𝑘)

se confunde com o ponto central 𝑟 = (𝑥𝑖 , 𝑦𝑗 , 𝑧𝑘) de dV.

Como temos particionado os 3 lados da caixa W em intervalos iguais, então:

𝑑𝑥𝑖 = 𝑑𝑥 =𝑎 − 0

𝑛; 𝑑𝑥𝑖 = 𝑑𝑦 =

𝑏 − 0

𝑚; 𝑑𝑧𝑘 = 𝑑𝑧 =

𝑐 − 0

𝑙, ∀𝑖, ∀𝑗, ∀𝑘.

Agora estamos em condição de apresentar a definição da integral tripla de uma função 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) de 3 variáveis no domínio D.

yj

zk xi

r

x=a

y=b

z=c

z

x

y

dx

dy

dz

dV = elemento de volume diferencial


60

HLCS

Definição: A integral tripla da função f no domínio D é

∭𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑉 = lim𝑛,𝑚,𝑙→∞

𝑆(𝑛,𝑚, 𝑙),

𝐷

Se o limite existir. Se o limite da soma de Riemann existe, então dizemos que a função f é integrável no domínio D. Teorema: Uma função 𝑓 ∶ 𝐷 ⊂ 𝑅3 → 𝑅 é integrável em D, se o limite

da soma de Riemann em D existe.

Teorema: Uma função 𝑓 ∶ 𝐷 ⊂ 𝑅3 → 𝑅 continua no conjunto D, é

integrable em D.

As propriedades listadas na pagina 15-16, para integral dupla, também

são validas pra integrais triplas.

Teorema de Fubini

Se 𝐷 um paralelepípedo [𝑎, 𝑏] × [𝑐, 𝑑] × [𝑒, 𝑓] ⊂ 𝑅3, e 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) um

função continua em D, então vale o método das integrais iteradas, do

mesmo modo que no caso de integrais duplas. Logo:

∭ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 =𝐷

∫ [∫ [∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑧] 𝑑𝑦𝑓

𝑒]

𝑑

𝑐𝑑𝑥

𝑏

𝑎, ou


∫ [∫ [∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑦] 𝑑𝑧𝑑

𝑐]

𝑓

𝑒𝑑𝑥

𝑏

𝑎, ou


∫ [∫ [∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑥] 𝑑𝑦𝑏

𝑎]

𝑑

𝑐𝑑𝑧

𝑓

𝑒,....

E assim por diante, a integral tripla tem em total 6 possibilidades

distintas de se calcular em forma iterativa.


61

HLCS

Volume de um solido.

Considere um elemento de volume ΔV, dentro de um objeto volumétrico

𝐷, logo ao realizar a soma destes elementos de volume para toda região

𝐷, e logo realizarmos o limite desta soma quando o numero de partições

vá para infinito (ou que as dimensões do elemento de volume se torna

infinitesimal), então no limite o resultado deste processo da o volume da

região 𝐷.

𝑣𝑜𝑙(𝐷) = lim𝑛,𝑚,𝑙→∞

∑∑ ∑ 𝑑𝑥𝑖𝑑𝑦𝑗 𝑑𝑧𝑘

𝑙

𝑘=1

𝑚

𝑗=1

𝑛

𝑖=1

, = ∭𝑑𝑉 = ∭𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧

𝐷𝐷

Procedimento pra calcular uma integral tripla de uma

função 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) no domínio 𝐷 arbitrário.

Considere uma função 𝑓 ∶ 𝐷 ⊂ 𝑅3 → 𝑅 , sendo D um domínio

arbitrário no espaço R3, porem limitado dentro de um paralelepípedo.

Para determinar a integral tripla de f no domínio D, utilizamos o método

da projeção. Dependendo da forma ou complexidade da função f, iremos

realizar uma projeção do solido 𝐷 no plano xy ou no plano xz, ou no plano

zy. A projeção do solido 𝐷 vai definir num destes planos um domínio de

integração nas variáveis que define tal plano escolhido.

Na figura a seguir temos um solido D, limitada superiormente por uma

superfície S1, definida pela função 𝑧 = 𝑓1(𝑥, 𝑦), e inferiormente pela

superfície S2 definida pela função 𝑧 = 𝑓2(𝑥, 𝑦),

Logo 𝑓2(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑧 ≤ 𝑓1(𝑥, 𝑦), ou seja

𝐷 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3 ⋰ (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑹, 𝑓2(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑧 ≤ 𝑓1(𝑥, 𝑦)}


62

HLCS

Ao projetar o solido 𝐷 no plano xy obtemos a superfície 𝑹, então a integral tripla tem 𝐷 tem a seguinte forma:

∭𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑉 = ∬ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑧 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑓1(𝑥,𝑦)

𝑓2(𝑥,𝑦)𝑹𝐷

Isto quer dizer, que devemos integrar primeiro na variável z, e logo nas outras coordenadas xy onde temos feito a projeção. Para determinar os limites de integração em x e y, precisamos estudar a superfície 𝑹. Formas gerais de domínios de integração de funções de 3 variáveis Existem 6 maneiras diferentes de acomodar a integral tripla como integrais iterativas, vamos listas algumas delas. Caso I :

𝐷 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3, 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, ∅1(𝑥) ≤ 𝑦 ≤ ∅2(𝑥), 𝜑1(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑧 ≤ 𝜑2(𝑥, 𝑦)

Logo a integral tripla tem a seguinte forma geral:

∭𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑣

𝐷

= ∫ ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑧 𝑑𝑦 𝑑𝑥

𝜑2(𝑥,𝑦)

𝜑1(𝑥,𝑦)

∅2(𝑥)

∅1(𝑥)

𝑏

𝑎


63

HLCS

Caso 2:

𝐷 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3, 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑, 𝛽1(𝑦) ≤ 𝑥 ≤ 𝛽2(𝑦), 𝜑1(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑧 ≤ 𝜑2(𝑥, 𝑦) Logo a integral tripla tem a seguinte forma geral :


𝐷

= ∫ ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑧 𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝜑2(𝑥,𝑦)

𝜑1(𝑥,𝑦)

𝛽2(𝑦)

𝛽1(𝑦)

𝑑

𝑐

Caso 3 :

𝐷 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3, 𝑚 ≤ 𝑦 ≤ 𝑛, 𝛼1(𝑦) ≤ 𝑧 ≤ 𝛼2(𝑦), 𝜎1(𝑦, 𝑧) ≤ 𝑥 ≤ 𝜎2(𝑦, 𝑧) Logo a integral tripla tem a seguinte forma geral :


𝐷

= ∫ ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑥 𝑑𝑧 𝑑𝑦

𝜎2(𝑦,𝑧)

𝜎1(𝑦,𝑧)

𝛼2(𝑦)

𝛼1(𝑦)

𝑛

𝑚

Tem mais 3 casos a listar, fica a cargo do leitor escrever tais casos. Exercício 5.31 Determine a seguinte integral tripla

∭𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑣

𝐷

Sendo 𝑓 ∶ 𝐷 ⊂ 𝑅3 → 𝑅 / 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 4 + 𝑧, e

D = {−2 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ 4, 0 ≤ z ≤ x + y} Solução.- Os limites de integração já estão bem definidos (caso I ), é evidente que, ao projetar a região D no plano xy, teremos como limite de integração 𝑹 = {−2 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ 4}, logo:

𝐼 = ∭𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑣 = ∬ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑧 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑥+𝑦

0𝑹𝐷


64

HLCS

𝐼 = ∫∫[∫ (

𝑥+𝑦

0

4

𝑥

2

−2

4 + 𝑧) 𝑑𝑧] 𝑑𝑦 𝑑𝑥

Temos escolhido integrar por ultimo na variável x, porque ela tem limites de integração numérica.

𝐼 = ∫ ∫[4𝑧 +

4

𝑥

2

−2

𝑧2

2]|0

𝑥+𝑦𝑑𝑦𝑑𝑥

𝐼 = ∫[∫(4(𝑥 + 𝑦) +(𝑥 + 𝑦)2

2 )

4

𝑥

2

−2

𝑑𝑦 ]𝑑𝑥

𝐼 = ∫1

2[∫(8𝑥 + 8𝑦 + 𝑥2 + 𝑦2 + 2𝑥𝑦)𝑑𝑦] 𝑑𝑥

4

𝑥

2

−2

𝐼 = ∫(4𝑥𝑦 + 2𝑦2 +𝑥2𝑦

2+

𝑦3

6+

𝑥𝑦2

2)

2

−2

| 𝑥4𝑑𝑥

𝐼 = ∫(128

3+ 24𝑥 − 4𝑥2 −

7𝑥3

6)

2

−2

𝑑𝑥 = 448/3

Exercício 5.32.- Encontrar o volume de um solido formado pelos planos z=0, y=0, x=0, x=3 e z=4-2y. Solução. Primeiro devemos desenhar o solido W, construindo as faces uma a um. O plano inclinado z+2y=4 com vetor normal n=(0,2,1) é paralelo ao eixo x e corta ao plano xy (z=0) na reta y=2. Todas as outras faces do solido W são planos verticais a exceção da base z=0 que é horizontal. Por tanto:

𝑊 = {0 ≤ 𝑥 ≤ 3, 0 ≤ 𝑦 ≤ 2, 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝑧 = 4 − 2𝑦}


65

HLCS

O solido W em forma de uma cunha ao projetar no plano xy, gera o domínio retangular de integração D em x e y. 𝐷 = {0 ≤ 𝑥 ≤ 3, 0 ≤ 𝑦 ≤ 2}

W

Z= 4-2y

z

dV

D


66

HLCS

𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∭𝑑𝑉 = ∭𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 = ∬ ∫ 𝑑𝑧 𝑑𝑦 𝑑𝑥

4−2𝑦

0𝐷𝑊𝑊

𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∬(4 − 2𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∫∫(4 − 2𝑦) 𝑑𝑦 𝑑𝑥

2

0

3

0𝐷

𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∫ (4𝑦 − 𝑦2)|20

3

0𝑑𝑥 = ∫ 4 𝑑𝑥 = 12

3

0. Resposta

Outro método para calcular volume de W Podemos também projetar o solido W no plano zy. Neste caso temos uma base triangular D com altura (relativa a base) constante x=3.

𝑊 = {0 ≤ 𝑦 ≤ 2, 0 ≤ 𝑧 ≤ 4 − 2𝑦, 0 ≤ 𝑥 ≤ 3}


67

HLCS

Logo o volume de W será :

𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∭ 𝑑𝑉 = ∬ [∫ 𝑑𝑥] 𝑑𝑦 𝑑𝑧3

0𝐷𝑊= 3∬ 𝑑𝑧 𝑑𝑦 = 3

𝐷 𝐴𝑟𝑒𝑎𝐷 = 12.

sendo 𝐷 = {0 ≤ 𝑦 ≤ 2, 0 ≤ 𝑧 ≤ 4 − 2𝑦} a base triangular do solido.

Exercício 5.33.- Determine a integral ∭ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑣𝐷

no domínio D

limitado pela interseção do cilindro parabólico 𝑆 ≔ {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3, 𝑧 =

5 − 𝑥2, y = [0,8]} e o plano horizontal 𝑃 ≔ {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3, 𝑧 = 1,−2 ≤

𝑥 ≤ 2,0 ≤ 𝑦 ≤ 8} . Sendo 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑦2𝑧.

Solução.- Para calcular a integral tripla da função 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) no domínio D,

é necessário saber descrever o domínio D, em forma de desigualdades.

A seguir vamos estabelecer as projeções do solido D, nos planos

cartesianos xy, xz e yz.


68

HLCS

De acordo as regiões R1,R2,R3, resultados das projeções do sólido D, nos

planos cartesianos xy, xz e yz, respetivamente; temos:

𝑅1 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2, −2 ≤ 𝑥 ≤ 2, 0 ≤ 𝑦 ≤ 8}

𝑅2 = {(𝑥, 𝑧) ∈ 𝑅2, −2 ≤ 𝑥 ≤ 2, 1 ≤ 𝑧 ≤ 5 − 𝑥2}

𝑅3 = {(𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅2, 0 ≤ 𝑦 ≤ 8, 1 ≤ 𝑧 ≤ 5}

Com isto o sólido D, pode ser representado assim :

𝐷 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3 / (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅1, 0 ≤ 𝑧 ≤ 5 − 𝑥2}, ou

𝐷 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3/ (𝑥, 𝑧) ∈ 𝑅2, 0 ≤ 𝑦 ≤ 8}, ou

𝐷 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3/ (𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3, −√5 − 𝑧 ≤ 𝑥 ≤ √5 − 𝑧}

Logo, a integral tripla fica assim:


𝐷

= ∬[ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑧] 𝑑𝑦 𝑑𝑥

5−𝑥2

0𝑅1

ou


69

HLCS


𝐷

= ∬[∫𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑦] 𝑑𝑧 𝑑𝑥

8

0𝑅2

Ou


𝐷

= ∬[ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑥] 𝑑𝑦 𝑑𝑧

√5−𝑧

−√5−𝑧𝑅3

Vamos desenvolver esta última integral

𝐼 = ∭𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑣

𝐷

= ∬[ ∫ 𝑥𝑦2𝑧 𝑑𝑥] 𝑑𝑦 𝑑𝑧

√5−𝑧

−√5−𝑧𝑅3


70

HLCS

𝐼 = ∬𝑦2𝑧 ∫ 𝒙 𝒅𝒙 𝑑𝑦 𝑑𝑧

√𝟓−𝒛

−√𝟓−𝒛𝑅3

= 0

Isto porque a integral em azul é zero, por propriedade de funções

impares.

Observação: quando projetamos o sólido ao plano yz, a altura “x” do

solido se pode medir diretamente a partir do plano x=0, logo a altura do

mesmo, varia de um 𝑥𝑚𝑖𝑛 = −√5 − 𝑧 até 𝑥𝑚á𝑥 = √5 − 𝑧


tripla.

Definição

Integração tripla em coordenadas cilíndricas Mudança de coordenadas de Coord. Cartesianas a cilíndricas: 𝑥 = 𝑥(𝑟, 𝜃, 𝑧) = 𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃)

𝑦 = 𝑦(𝑟, 𝜃, 𝑧) = 𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)

𝑧 = 𝑧

Elemento de volume em coordenadas cilíndricas

𝑑𝑉 = |𝐽|𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝑧 Sendo J o Jacobiano da transformação de coordenadas cartesianas a cilíndricas.

𝐽 = det (𝐽)


71

HLCS

𝐽 =|

|

𝜕𝑥

𝜕𝑟

𝜕𝑥

𝜕𝜃

𝜕𝑥

𝜕𝑧𝜕𝑦

𝜕𝑟

𝜕𝑦

𝜕𝜃

𝜕𝑦

𝜕𝑧𝜕𝑧

𝜕𝑟

𝜕𝑧

𝜕𝜃

𝜕𝑧

𝜕𝑧

|

|

Especificando as derivadas parciais

𝐽 = |𝑐𝑜𝑠(𝜃) 𝑟 𝑠𝑖𝑛(𝜃) 0𝑠𝑖𝑛(𝜃) 𝑟 𝑐𝑜𝑠(𝜃) 0

0 0 1

|

Finalmente, calculando a determinante da matriz anterior 𝐽 = det(𝐽) = 𝑟

Por tanto na mudança de coordenadas de cartesianas a cilíndricas o elemento de volume muda da seguinte forma:

𝑑𝑉 = 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 → 𝑑𝑉 = 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝑧 De outra forma, podemos também chegar ao resultado anterior por considerações geométricas.


72

HLCS

Isto significa que uma integral tripla em coordenadas cartesianas vai se modificar em coordenadas cilíndricas da seguinte forma:

∫ ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 =𝑠(𝑥,𝑦)

𝑟(𝑥,𝑦)

ℎ(𝑥)

𝑔(𝑥)

𝑏

𝑎∫ ∫ ∫ 𝑓(𝑟, 𝜃, 𝑧) 𝒓 𝑑𝑧 𝑑𝑟 𝑑𝜃

𝑛(𝑟,𝜃)

𝑙(𝑟,𝜃)

𝑝(𝜃)

𝑞(𝜃)

𝜃2

𝜃1

Exemplo 5.411.- Determine a integral ∭ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑉𝑊

, sendo

𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑧, e 𝑊 = {(𝑟, 𝜃, 𝑧) ∈ 𝑅3 / 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋/2, 4cos (𝜃) ≤ 𝑟 ≤4,0 ≤ 𝑧 ≤ 5. Solução. Pelos dados do domínio de integração, é melhor integrar em coordenadas cilíndricas logo :

𝐼 = ∭𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑉

𝑊

= ∫ ∫ ∫𝑧 𝒓 𝑑𝑧 𝑑𝑟 𝑑𝜃

5

0

4

4cos (𝜃)

𝜋/2

0


73

HLCS

𝐼 = ∫ ∫ 𝑟 [𝑧2

2]05 𝑑𝑟 𝑑𝜃 =

4

4cos (𝜃)

𝜋/2

0

25

2∫ ∫ 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃

4

4cos (𝜃)

𝜋/2

0

Integrando em r e avaliando nos limites de integração

𝐼 =25

4∫ (16 − 16 (cos(𝜃))2) 𝑑𝜃

𝜋/2

0

= 100 ∫ ((sin(𝜃))2) 𝑑𝜃

𝜋/2

0

𝐼 = 25𝜋 Exemplo 5.412.- Determine a formula do volume de um cilindro de raio R e altura H. Solução.- Para calcular o volume do cilindro vamos localizar a origem de coordenadas no centro da base circular do cilindro, como o eixo coaxial do cilindro sendo o eixo Z.


74

HLCS

O sólido cilíndrico em coordenadas cilíndricas fica assim:

𝑊 = {(𝑟, 𝜃, 𝑧) ∈ 𝑅3 / 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋, 0 ≤ 𝑟 ≤ 𝑅, 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝐻}

𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∭𝑑𝑉 = ∭𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝑧 =

𝑊𝑊

∫ ∫ ∫ 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝑧

𝐻

0

𝑅

0

2𝜋

0

𝑣𝑜𝑙(𝑊) = 𝜋𝑅2𝐻 Exemplo 5.413.- Determine a área lateral de um cilindro de altura H e raio R, em coordenadas cilíndricas Solução.- Solução.- Vamos colocar o sistema de coordenadas cartesianas centralizada na base do cilindro. Logo a superfície cilíndrica S tem os seguintes limites :

𝑆 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3 / 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑅2, 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝐻} ou

𝑆 = {(𝑟, 𝜃, 𝑧) ∈ 𝑅3 / 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋, 𝑟 = 𝑅, 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝐻} De acordo com a figura construída, vamos identificar um elemento de área infinitesimal na posição arbitrária 𝑟 = (𝑅, 𝜃, 𝑧) da superfície lateral do cilindro. O elemento de área 𝑑𝐴 tem como dimensões 𝑑𝑧 e 𝑅𝑑𝜃 logo:

𝑑𝐴 = 𝑅𝑑𝜃 𝑑𝑧

𝐴𝐿 = ∬𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑑𝐴

2𝜋

0

= ∫ ∫ 𝑅𝑑𝜃 𝑑𝑧

2𝜋

0

= 𝑅 (2𝜋)(𝐻) = 2𝜋𝑅 𝐻

𝐻

0

𝐻

0


75

HLCS

Podemos cortar o cilindro por uma linha vertical lateral e ao esticar temos um retângulo de dimensões H e 2𝜋𝑅, logo trivialmente a área total será

𝐴𝐿 = 2𝜋𝑅 𝐻

Exemplo 5.414.- Considere a seguinte a seguinte transformação de coordenadas 𝑇: (𝑢, 𝑣, 𝑧) → (𝑥, 𝑦, 𝑧), definido assim

𝑥 = 𝑎 𝑣 cos(𝑢) , 𝑦 = 𝑏 𝑣 sin(𝑢) , 𝑧 = 𝑧 a) Seja a região

𝐷∗ = {(𝑢, 𝑣, 𝑧) ∈ 𝑅3/ 0 ≤ 𝑢 ≤ 2𝜋, 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝐻, 0 ≤ 𝑣 ≤ 1} nas coordenadas (𝑟, 𝜃, 𝑧). Determine a imagem de 𝐷∗ via a transformação 𝑇.

b) Determine o jacobiano da transformação T. c) Determine o volume do cilindro elíptico de altura H, definido assim

𝑉 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3/ 0 ≤𝑥2

𝑎2+

𝑦2

𝑏2≤ 1, 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝐻}


76

HLCS

Solução.- a) Observe que 𝐷∗ nas coordenadas : 𝑢, 𝑣, 𝑧 é um paralelepípedo, já

que cada variável é um segmento de reta.

Para determinar a forma da região 𝐷 = 𝑇(𝐷∗) no espaço 𝑅3 procedemos assim:

Da definição de T:

𝑥

𝑎= 𝑣 cos(𝑢) ,

𝑦

𝑏= 𝑣 sin(𝑢) , 𝑧 = 𝑧

Logo,

(𝑥

𝑎)2 = 𝑣2 cos(𝑢)2 , (

𝑦

𝑏)2

= 𝑣2 sin(𝑢)2

Dai que:

(𝑥

𝑎)2

+ (𝑦

𝑏)2

= 𝑣2


77

HLCS

E como, por dado do problema: 0 ≤ 𝑣 ≤ 1 Temos:

𝐷 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝜖𝑅3 / 0 ≤ (𝑥

𝑎)2 + (

𝑦

𝑏)2

≤ 1, 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝐻}

O conjunto D anterior nada mais é um cilindro elíptico finito, ou seja, um cilindro vertical ao longo do eixo z de altura H, por cima do plano 𝑥𝑦; com seção transversal elíptica.

b) O jacobiano da transformação de coordenadas T é 𝐽 = |𝐽∗|


(

𝜕𝑥

𝜕𝑣

𝜕𝑥

𝜕𝑢

𝜕𝑥

𝜕𝑧𝜕𝑦

𝜕𝑣

𝜕𝑦

𝜕𝑢

𝜕𝑦

𝜕𝑧𝜕𝑧

𝜕𝑣

𝜕𝑧

𝜕𝑢

𝜕𝑧

𝜕𝑧)

= 𝑑𝑒𝑡 (𝑎cos (𝑢) −𝑎𝑣sin (𝑢) 0𝑏𝑠𝑖𝑛(𝑢) 𝑏𝑣𝑐𝑜𝑠(𝑢) 0

0 0 1

)


78

HLCS

𝐽∗ = 𝑎𝑏𝑣 Dai que,

𝐽 = |𝑎𝑏|𝑣 Observe que 𝑢 é uma coordenada angular.

c) Pelo item a e b, a região 𝑉, dado no enunciado da questão c, é o mesmo que o cilindro elíptico 𝐷.

Pra calcular o volume da região 𝐷, procedemos assim:

𝑣𝑜𝑙(𝐷) = ∭1 𝒅𝒙 𝒅𝒚 𝒅𝒛

𝐷

= ∭1 𝑱 𝒅𝒖 𝒅𝒗 𝒅𝒛

𝐷∗

𝑣𝑜𝑙(𝐷) = ∫ ∫∫ 𝑑𝑢 𝑑𝑣 𝑑𝑧

𝐻

0

1

0

2𝜋

0

𝑣𝑜𝑙(𝐷) = 2𝜋 |𝑎𝑏|𝐻 Ou seja, o volume de um cilindro elíptico é 2𝜋 |𝑎𝑏|𝐻.

Integração tripla em coordenadas esféricas Já sabemos da transformação de coordenadas de Coord. Cartesianas a esféricas : 𝑥 = 𝑥(𝑟, 𝜃, 𝑧) = 𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)cos (𝜙)

𝑦 = 𝑦(𝑟, 𝜃, 𝑧) = 𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)sin (𝜙)

𝑧 = 𝑧(𝑟, 𝜃) = 𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃)


79

HLCS

O elemento de volume em coordenadas cilíndricas será

𝑑𝑉 = |𝐽|𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑 𝜙 De acordo a regra geral da transformação de coordenadas dado na seção 5.2, o Jacobiano da transformação de coordenadas cartesianas a esféricas é :

𝐽 = det (𝐽)

𝐽 =

|

|

𝜕𝑥

𝜕𝑟

𝜕𝑥

𝜕𝜃

𝜕𝑥

𝜕𝜙𝜕𝑦

𝜕𝑟

𝜕𝑦

𝜕𝜃

𝜕𝑦

𝜕𝜙𝜕𝑧

𝜕𝑟

𝜕𝑧

𝜕𝜃

𝜕𝑧

𝜕𝜙

|

|

Especificando as derivadas parciais

𝐽 = |

𝑠𝑖𝑛(𝜃)cos (𝜙) 𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃)cos (𝜙) −𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)sin (𝜙)

𝑠𝑖𝑛(𝜃)sin (𝜙) 𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃)sin (𝜙) 𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)cos (𝜙)

cos (𝜙) −𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃) 0

|

Finalmente, calculando a determinante da matriz anterior 𝐽 = |det(𝐽)| = |𝑟2 sin(𝜃) |

Como 𝜃 𝜖 [0, 𝜋] e 𝑟 > 0, então : |𝑟2 sin(𝜃)| = r2sin(𝜃) Por tanto na mudança de coordenadas de cartesianas a esféricas o elemento de volume muda da seguinte forma:

𝑑𝑉 = 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 → 𝑑𝑉 = 𝑟2 sin(𝜃) 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙 Isto significa que uma integral tripla em coordenadas cartesianas vai se modificar em coordenadas esféricas da seguinte forma:

∫ ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 =𝑠(𝑥,𝑦)

𝑟(𝑥,𝑦)

ℎ(𝑥)

𝑔(𝑥)

𝑏

𝑎∫ ∫ ∫ 𝑓(𝑟, 𝜃, 𝜙) 𝑟2 sin(𝜃) 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙

𝑛(𝜙,𝜃)

𝑙(𝜙,𝜃)

𝑝(𝜙)

𝑞(𝜙)

𝜙2

𝜙1


80

HLCS

Uma maneira geométrica de obter a formula do elemento do elemento 𝑑𝑉 é utilizando a figura anterior. Na figura, no ponto final do vetor posição 𝑟 localizamos um elemento de volume 𝑑𝑉 infinitesimal cujos lados são 𝑑𝑟, 𝑟𝑑𝜃, 𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)𝑑𝜙, respectivamente. Dai, que o volume 𝑑𝑉 = 𝑑𝑟 𝑟𝑑𝜃 𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)𝑑𝜙 = 𝑟2𝑠𝑖𝑛(𝜃)𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙, que coincide com o resultado anterior via construção do jacobiano. Observamos também, da figura que o elemento de área 𝑑𝐴𝑟 para 𝑟 fixo é dado por :

𝑑𝐴𝑟 = 𝑟2𝑠𝑖𝑛(𝜃) 𝑑𝜃 𝑑𝜙 Isto será útil, por exemplo, pra calcular a área total da superfície esférica de raio fixo (ver exemplo 5.315).


81

HLCS

Exemplo 5.421.- Considere uma esfera de raio R=4 centralizada na origem de coordenadas, determine o volume da esfera. Solução.- Para calcular o volume da esfera solida 𝑊, iremos localizar o elemento de volume 𝑑𝑉 no ponto 𝑃 = (𝑟, 𝜃, 𝜙) interior a esfera 𝑊 (ver figura). A seguir devemos delimitar a esfera em coordenadas esféricas, logo:

𝑊 = {(𝑟, 𝜃, 𝜙) ∈ 𝑅3 / 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋, 0 ≤ 𝑟 ≤ 𝑅, 0 ≤ 𝜙 ≤ 2𝜋}

𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∭𝑑𝑉 = ∭𝑟2 sin(𝜃) 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙

𝑊𝑊

logo :

𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∫ sin(𝜃) 𝑑𝜃 ∫ 𝑟2𝑑𝑟 ∫ 𝑑𝜙

2𝜋

0

𝑅

0

𝜋

0

=4

3𝜋𝑅3

r

𝞥�

𝞠�

x

y

z

dV

R


82

HLCS

Exemplo 5.423.- Determine a área total da superfície esférica (𝑆2) de raio R=4 e centralizada na origem de coordenadas. solução De acordo ao ultimo resultado nesta seção, temos que numa superfície esférica, o elemento de área é

𝑑𝐴𝑟 = 𝑟2𝑠𝑖𝑛(𝜃) 𝑑𝜃 𝑑𝜙 Logo, a área total é

𝐴𝑠 = ∬𝑑𝐴𝑟 = ∬𝑟2𝑠𝑖𝑛(𝜃) 𝑑𝜃 𝑑𝜙

𝐴𝑠 = ∫ ∫ 𝑅2𝑠𝑖𝑛(𝜃) 𝑑𝜃 𝑑𝜙

𝜋

0

2𝜋

0

= 4𝜋𝑅2

Exemplo 5.424 Resolva a seguinte integral ∭ 𝑓(𝑟, 𝜃, ∅) 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙𝑊

Sendo 𝑊 = {(𝑟, 𝜃, ∅) ∈ 𝑅3, 0 ≤ 𝑟 ≤ 𝑅, 0 ≤ ∅ < 2𝜋, 0 ≤ 𝜃 ≤𝜋

2} e

𝑓(𝑟, 𝜃, ∅) = 𝑟4sin (𝜃)3

Solução.-

A região indicada por W, é basicamente o hemisfério norte de uma esfera maçisa de raio R. A função 𝑓(𝑟, 𝜃, ∅) esta inicialmente definida em todo espaço 𝑅3 inclusive claro W.

𝐼 = ∭𝑟4sin (𝜃)3 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙

𝑊

= ∫ ∫ ∫ 𝑟4sin (𝜃)3𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑∅

𝑅

0

𝜋2

0

2𝜋

0


83

HLCS

Como a função 𝑓(𝑟, 𝜃, ∅) é separável e os limites de integração são constantes numéricas então

𝐼 = ∫ ∫ ∫ 𝑟4sin (𝜃)3𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑∅

𝑅

0

𝜋2

0

2𝜋

0

= ∫ 𝑑∅ .∫ sin (𝜃)3𝑑𝜃 ∫ 𝑟4 𝑑𝑟

𝑅

𝑜

𝜋2

0

2𝜋

0

𝐼 = 2𝜋.2

3.𝑅5

5=

4𝜋𝑅5

15


84

HLCS

5.3 Integração dupla em superfícies arbitrarias Consideremos uma superfície arbitraria 𝑆 no espaço 𝑅3 cuja equação é 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦), com derivadas parciais continuas no domínio 𝑅2 Consideremos um elemento de área infinitesimal 𝑑𝐴 no ponto 𝑃, sobre a superfície 𝑆. Para calcular o vetor unitário normal �̂� a S em P, procedemos assim:

O conjunto D é a projeção da superfície S no plano xy . Consideremos a hiper- superfície S:

𝑤 = 𝑤(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 − 𝑓(𝑥, 𝑦) = 0,

dA

xydA

2RD

3RS n

k


85

HLCS

Logo

�̂� =∇𝑤

|∇𝑤|=

(−𝑓𝑥, −𝑓𝑦 , 1)

√1 + 𝑓𝑥2 + 𝑓𝑦

2

Da figura anterior, a projeção do elemento diferencial de área 𝑑𝐴 no plano horizontal 𝑥𝑦 é :

𝑑𝐴𝑥𝑦 = 𝑑𝐴 cos (𝛾)

Sendo 𝛾 o ângulo formado pelo vetor unitário �̂� (perpendicular a 𝑑𝐴) e o

vetor unitário �̂� = (0,0,1) (perpendicular a 𝑑𝐴𝑥𝑦).

Sendo

�̂�. �̂� = |�̂�||�̂�|cos (𝛾),

daí,

cos(𝛾) =1

√1 + 𝑓𝑥2 + 𝑓𝑦

2

Por tanto,

𝑑𝐴𝑥𝑦 = 𝑑𝐴 1

√1 + 𝑓𝑥2 + 𝑓𝑦

2

Finalmente:

dA

K

dAxy


86

HLCS

𝐴(𝑆) = ∬ 𝑑𝐴 = ∬√1 + 𝑓𝑥2 + 𝑓𝑦

2 𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝐷𝑆

É a área da superfícies S. Definição. (integral dupla de uma função de variável vetorial sobre uma superfície arbitraria). Seja 𝑆 uma superfície definida pela função real de variável vetorial 𝑓:𝐷 ⊂ 𝑅2 → 𝑅, 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦), suave (continua e com derivadas parciais bem definidas e continuas em D) e 𝑔 é outra função real continua de variável vetorial (tal que 𝑤 = 𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧)) esta bem definida na superfície 𝑆. Definimos a integral dupla de 𝑔 sobre 𝑆 por

∬𝒈 𝒅𝑨 = ∬𝒈(𝒙, 𝒚, 𝒛) 𝒅𝑨

𝑺

= ∬𝒈(𝒙, 𝒚, 𝒇(𝒙, 𝒚))√𝟏 + 𝒇𝒙𝟐 + 𝒇𝒚

𝟐 𝒅𝒙 𝒅𝒚

𝑫𝑺

Sendo 𝑓𝑥 =𝜕𝑓

𝜕𝑥, 𝑓𝑦 =

𝜕𝑓

𝜕𝑦.

Exemplo 5.50 Determine a seguinte integral ∬ 𝑔 𝑑𝐴𝑆

Sendo 𝑆 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3/ 𝑧 = 4 − 𝑦, 0 ≤ 𝑥 ≤ 2} e 𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 + 𝑦 + 𝑧. solução

A superfície 𝑆 é um plano inclinado com vetor normal �⃗⃗� = (0,1,1), cuja equação podemos adequar como uma função de duas variáveis 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) = 4 − 𝑦 (ver figura).

∬𝑔 𝑑𝐴 =

𝑆

∬𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) √1 + 𝑓𝑥2 + 𝑓𝑦

2 𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝐷

Sendo 𝐷 a projeção da superfície 𝑆 no plano 𝑥𝑦. Da equação do plano 𝑆 temos:


87

HLCS

𝑓𝑥 =𝑑𝑓(𝑥, 𝑦)

𝑑𝑥= 0, 𝑓𝑦 =

𝑑𝑓(𝑥, 𝑦)

𝑑𝑦= −1

∬𝑔 𝑑𝐴 =

𝑆

∬𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) √2 𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝐷

Observe que para calcular a integral, importa o valor da função 𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧)

na superfície S, logo 𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑓(𝑥, 𝑦)) = 𝑥 + 𝑦 + 4 − 𝑦 = 𝑥 + 4

∬𝑔 𝑑𝐴 =

𝑆

∬(𝑥 + 4) √2 𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝐷

Sendo 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2/ 0 ≤ 𝑥 ≤ 2, 0 ≤ 𝑦 ≤ 4}

S: z = f(x,y) = 4-y

D


88

HLCS

∬𝑔 𝑑𝐴 =

𝑆

∫∫(𝑥 + 4)

2

0

4

0

√2 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = 40√2

Exemplo 5.51 Determine a área da superfície cônica 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) =

√𝑥2 + 𝑦2 tal que |(𝑥, 𝑦)| ≤ 4.

Solução.- Primeiro método O domínio da função |(𝑥, 𝑦)| ≤ 4 , pode ser escrita assim:

0 ≤ |(𝑥, 𝑦)| = √𝑥2 + 𝑦2 ≤ 4 Que representa um disco de raio R=2. A superfície cônica, cuja projeção no plano 𝑥 𝑦 é o disco 𝐷 de raio 𝑅 = 2 é apresentado a seguir :

𝐷 = {0 ≤ 𝑟 ≤ 2,0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋}


89

HLCS

𝐴(𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓. 𝑐ô𝑛𝑖𝑐𝑎) = ∬1. 𝑑𝐴 = ∬√1 + 𝑓𝑥2 + 𝑓𝑦

2 𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝐷𝑆

Da equação da superfície 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) = √𝑥2 + 𝑦2, temos:

𝑓𝑥 =𝑥

√𝑥2 + 𝑦2; 𝑓𝑦 =

𝑦

√𝑥2 + 𝑦2

Substituindo

𝐴(𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓. 𝑐ô𝑛𝑖𝑐𝑎) = ∬√2 𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝐷

Pelo formato circular do domínio de integração D, escolhemos por calcular a integral dupla em coordenadas polares

𝐴(𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓. 𝑐ô𝑛𝑖𝑐𝑎) = ∫ ∫√2 𝑟𝑑𝑟 𝑑𝜃

2

0

2𝜋

0

= 4𝜋√2

Segundo método: Observamos que para resolver a questão podíamos ter aplicado outro método, baseado no fato que a superfície S é de revolução, que se obtém girando em torno ao eixo z, a reta {𝑧 = 𝑦, 0 ≤ 𝑦 ≤ 2} do plano zy. Logo,

𝐴(𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓. 𝑐ô𝑛𝑖𝑐𝑎) = ∫2𝜋𝑦𝒅𝒔

2

0


90

HLCS

Sendo 𝑑𝑠 o elemento de arco ao longo da curva (reta) 𝑧 = 𝑦 que realiza a rotação

𝐴(𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓. 𝑐ô𝑛𝑖𝑐𝑎) = ∫2𝜋𝑦𝑑𝑠 =

2

0

∫2𝜋𝑦 √1 + (𝑑𝑧

𝑑𝑦)2𝑑𝑦

2

0

𝐴(𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓. 𝑐ô𝑛𝑖𝑐𝑎) = ∫ 2𝜋𝑦 √2 𝑑𝑦 = 4𝜋 √2 2

0.

A facilidade do calculo no segundo método, se deve ao fato que estamos lidando com uma superfície de rotação. A pesar que o primeiro método deu mais trabalho na questão, vale a pena aprender a utilizar, já que este procedimento se pode aplicar para qualquer tipo de superfície do tipo 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦). O segundo método somente vale para superfícies de revolução.

Exemplo 5.52 determine a área da superfície de um octaedro regular,

definido pela equação

|𝑥| + |𝑦| + |𝑧| ≤ 𝑎, 𝑎 > 0

Solução.-


91

HLCS

Para entender a equação que define o octaedro, iremos dividir o espaço

𝑅3 em 8 oitantes, assim em cada oitante temos um solido (cunha)

limitado por um plano inclinado e os planos cartesianos.

I Oct : 𝑥 > 0, 𝑦 > 0, 𝑧 > 0, logo

𝑥 + 𝑦 + 𝑧 ≤ 𝑎

2 Oct : 𝑥 < 0, 𝑦 > 0, 𝑧 > 0, logo

−𝑥 + 𝑦 + 𝑧 ≤ 𝑎

3 Oct : 𝑥 < 0, 𝑦 < 0, 𝑧 > 0, logo

−𝑥 − 𝑦 + 𝑧 ≤ 𝑎

4 Oct : 𝑥 > 0, 𝑦 < 0, 𝑧 > 0, logo

𝑥 + 𝑦 − 𝑧 ≤ 𝑎

5 Oct : 𝑥 > 0, 𝑦 > 0, 𝑧 < 0, logo

𝑥 + 𝑦 − 𝑧 ≤ 𝑎

6 Oct : 𝑥 < 0, 𝑦 > 0, 𝑧 < 0, logo

−𝑥 + 𝑦 − 𝑧 ≤ 𝑎

7 Oct : 𝑥 < 0, 𝑦 < 0, 𝑧 < 0, logo

−𝑥 + 𝑦 − 𝑧 ≤ 𝑎

8 Oct : 𝑥 > 0, 𝑦 < 0, 𝑧 < 0, logo

𝑥 + 𝑦 − 𝑧 ≤ 𝑎

As 8 faces do octaedro, são triângulos equiláteros, o que significa que

basta determinar a área de uma das faces.


92

HLCS

A seguir iremos determinar a área da face que esta no primeiro oitante,

𝐴(𝑠) = ∬𝑑𝐴

𝑆

= ∬√1 + 𝑓𝑥2 + 𝑓

𝑦2 𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝐷

dA

dAxy

S

P

Q

R


93

HLCS

Sendo D o triangulo retângulo do primeiro quadrante(projeção do da superfície triangular S) e z=f(x,y) é a equação em coordenadas cartesianas da superfície S. Se o octaedro tem como equação |𝑥| + |𝑦| + |𝑧| ≤ 𝑎 (sólido) então a superfície do octaedro será

|𝑥| + |𝑦| + |𝑧| = 𝑎 Em particular, a superfície S do primeiro oitante é : 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 𝑎, ou 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑎 − 𝑥 − 𝑦 Logo,

𝑓𝑥 = −1, 𝑓𝑦 = −1

𝐴(𝑠) = ∬√3 𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝐷

Sendo 𝐷 = { 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎, 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑎 − 𝑥}

𝐴(𝑠) = ∫ ∫ √3 𝑑𝑦 𝑑𝑥

𝑎−𝑥

0

𝑎

0

Logo,

𝐴(𝑠) =√3

2 𝑎2

Finalmente,

𝐴(𝑜𝑐𝑡𝑎𝑒𝑑𝑟𝑜) = 4√3 𝑎2

Obs: na realidade a área do triangulo equilátero de lado 𝑙 = 𝑎√2 é

imediato pois é 1

2𝑙2√3 =

1

2√3𝑎2 logo a área da superfície do octaedro é

𝐴(𝑜𝑐𝑡𝑎𝑒𝑑𝑟𝑜) = 8.1

2√3𝑎2 = 4√3 𝑎2. O objetivo do exemplo, foi fornecer


94

HLCS

um exemplo simples para aplicar o formalismo de integração dupla em superfícies arbitrarias; neste exemplo a verdadeira dificuldade é reconhecer o sólido a partir da sua equação algébrica. O cálculo da área do triangulo inclinado é simples seja utilizando o formalismo apresentado nesta seção ou por simples geometria elementar.

5.4 Integral dupla em superfícies paramétricas As superfícies no espaço 𝑅3 podem ter varias representações

a) Representação explicita.- 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) Exemplo: 𝑧 = 4𝑥2 + 2𝑦2 (paraboloide elíptico)

b) Representação implícita.- 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0 Exemplo: 𝑥2 + 𝑦2 = 4, 2 ≤ 𝑧 ≤ 6 (cilindro de altura finita) Neste tipo de representação ne sempre é possível e necessário isolar a coordenada 𝑧 em função das variáveis 𝑥 e 𝑦. c) Representação paramétrica.- Podemos representar uma superfície

por um vetor tridimensional com dois parâmetros livres, que estudaremos a seguir.

5.41.- Superfície paramétrica Definiçao.- Consideremos uma função vetorial 𝜑 tal que

𝜑:𝐷 ⊂ 𝑅2 → 𝑅3

(𝑢, 𝑣) ↦ �⃗⃗�(𝑢, 𝑣) = (𝑥(𝑢, 𝑣), 𝑦(𝑢, 𝑣), 𝑧(𝑢, 𝑣))


95

HLCS

𝐷 é uma região arbitraria em 𝑅2, entre tanto podemos assumir que é um retângulo, 𝐷 = [𝑎, 𝑏] × [𝑐, 𝑑]. 𝜑(𝐷) que é a imagem da região D via a função 𝜑, é denominada de superfície parametrizada (𝑆). Exemplo 1.- Encontre uma função vetorial de duas variáveis que descreva

a) Um cilindro (superfície aberta) b) Uma superfície esférica (superfície fechada) c) O cone (superfície aberta)

𝑥2

𝑎2+

𝑦2

𝑏2−

𝑧2

𝑐2= 1, 𝑧 ≥ 0, 𝑎 > 0, 𝑏 > 0, 𝑐 > 0

d) Um toro

Solução. –

a) Cilindro na sua forma paramétrica. A ideia principal é localizar um ponto arbitrário sobre a superfície do cilindro, e encontrar as coordenadas deste ponto em relação à origem de coordenadas, e descrever cada componente deste vetor em termos de dois parâmetros livres, já que estamos descrevendo um objeto bidimensional imerso (superfície) num espaço tridimensional.


96

HLCS

Suponha uma superfície cilíndrica (𝑆) de altura H, de raio R, localizada acima do plano 𝑥𝑦. Logo 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝐻, e 𝑟 = 𝑅 (em coordenadas cilíndricas). O ponto 𝑃 ∈ 𝑆 tem coordenadas (𝑥, 𝑦, 𝑧) , e como (𝑥, 𝑦, 0) pertence a circunferência base do cilindro, então

𝑥 = 𝑅𝑐𝑜𝑠(𝜃), 𝑦 = 𝑅𝑠𝑖𝑛(𝜃), 𝑧 = 𝑡

𝑟(𝜃, 𝑡) = (𝑅𝑐𝑜𝑠(𝜃), 𝑅𝑠𝑖𝑛(𝜃), 𝑡) Sendo que:0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋, 0 ≤ 𝑡 ≤ 𝐻 Ou seja, a função vetorial 𝑟 que descreve o cilindro está definido assim:

𝜑:𝐷 ⊂ 𝑅2 → 𝑅3

(𝜃, 𝑡) ↦ �⃗⃗�(𝜃, 𝑡) = (𝑅𝑐𝑜𝑠(𝜃), 𝑅𝑠𝑖𝑛(𝜃), 𝑡)

Cujo domínio é o retângulo 𝐷 = [0,2𝜋] × [0,𝐻].


97

HLCS

b) Superfície esférica

A função vetorial �⃗⃗� que descreve a superfície esférica, se pode determinar naturalmente das relações de transformação de coordenadas esféricas para coordenadas cartesianas, desta maneira a função vetorial �⃗⃗� está definida assim:

𝜑:𝐷 ⊂ 𝑅2 → 𝑅3

�⃗⃗�(𝜃, ∅) = (𝑅𝑠𝑖𝑛(𝜃)cos (∅), 𝑅𝑠𝑖𝑛(𝜃)sin (∅), Rcos(𝜃))

Cujo domínio é o retângulo 𝐷 = [0, 𝜋] × [0,2𝜋], ((𝜃, ∅) ∈ 𝐷)

c) Parametrizando a superfície cônica.

𝑥2

𝑎2+

𝑦2

𝑏2−

𝑧2

𝑐2= 1, 𝑧 ≥ 0, 𝑎 > 0, 𝑏 > 0, 𝑐 > 0


98

HLCS

Dada a equação cartesiana anterior, podemos propor para as coordenas

𝑥 = 𝑡 a cos(𝜃) , 𝑦 = 𝑡 𝑏 𝑠𝑖𝑛(𝜃) Substituindo na equação anterior

𝑡2𝑎2(cos(𝜃))2

𝑎2+

𝑡2𝑏2(sin(𝜃))2

𝑏2−

𝑧2

𝑐2= 0

logo, 𝑧 = 𝑐𝑡

A função vetorial �⃗⃗� que descreve o cilindro está definido assim:

𝜑:𝐷 ⊂ 𝑅2 → 𝑅3

�⃗⃗�(𝜃, 𝑡) = (𝑡 a cos(𝜃) , 𝑡 𝑏 𝑠𝑖𝑛(𝜃), ct)

Cujo domínio é o retângulo 𝐷 = [0,2𝜋] × [0, 𝑙], ((𝜃, 𝑡) ∈ 𝐷)


99

HLCS

e) Toro (𝑇2)

a função vetorial �⃗⃗� que descreve o Toro está definido assim: 𝜑:𝐷 ⊂ 𝑅2 → 𝑅3

�⃗⃗�(𝜃, 𝛽) = ((𝑏 + acos(𝛽))𝑐𝑜𝑠(𝜃), (𝑏 + acos(𝛽))𝑠𝑖𝑛(𝜃), a sin (𝛽))

Cujo domínio é o retângulo 𝐷 = [0,2𝜋] × [0,2𝜋], ((𝜃, 𝛽) ∈ 𝐷)

Área de uma superfície paramétrica Consideremos uma superfície 𝑆 parametrizada definida pela função vetorial

�⃗⃗�(𝑢, 𝑣) = (𝑥(𝑢, 𝑣), 𝑦(𝑢, 𝑣), 𝑧(𝑢, 𝑣))


100

HLCS

A função 𝜑 é dita de diferenciável se suas componentes 𝑥(𝑢, 𝑣), 𝑦(𝑢, 𝑣), 𝑧(𝑢, 𝑣) são diferenciáveis em relação a 𝑢 e 𝑣. Sendo assim é possível definir as derivadas parciais em relação aos parâmetros 𝑢 e 𝑣. Suponhamos fixo a coordenada 𝑢: 𝒖 = 𝒖𝟎, logo temos a função vetorial

𝜑((𝑢0, 𝑣)): 𝐼 ⊂ 𝐷 → 𝑅3 tal que:

�⃗⃗�(𝑢0, 𝑣) = (𝑥(𝑢0, 𝑣), 𝑦(𝑢0, 𝑣), 𝑧(𝑢0, 𝑣))

cuja imagem é uma curva em 𝑅3 contida na superfície paramétrica 𝑆, como a função 𝜑 é diferenciável em D, então podemos determinar o vetor tangente ao vetor �⃗⃗�(𝑢0, 𝑣) num ponto arbitrário da curva.

�⃗⃗�((𝑢0, 𝑣)𝑣 = (𝑥𝑣 (𝑢0, 𝑣), 𝑦𝑣(𝑢0, 𝑣), 𝑧𝑣 (𝑢0, 𝑣)) = 𝑉1

De forma similar Suponhamos fixo a coordenada 𝑣: 𝒗 = 𝒗𝟎, logo temos a função vetorial

𝜑((𝑢, 𝑣0)): 𝐼 ⊂ 𝐷 → 𝑅3 tal que:

�⃗⃗�(𝑢, 𝑣0) = (𝑥(𝑢, 𝑣0), 𝑦(𝑢, 𝑣0), 𝑧(𝑢, 𝑣0))

cuja imagem é uma curva em 𝑅3 contida na superfície paramétrica 𝑆, como a função 𝜑 é diferenciável em D, então podemos determinar o vetor tangente ao vetor �⃗⃗�(𝑢, 𝑣0) num ponto arbitrário da curva.

�⃗⃗�(𝑢, 𝑣0)𝑢 = (𝑥𝑢 (𝑢, 𝑣0), 𝑦𝑢(𝑢, 𝑣0), 𝑧𝑢 (𝑢, 𝑣0)) = 𝑉2

No ponto de interseção destas duas curvas (𝑃 = (𝑢0, 𝑣0)) temos os dois vetores tangentes 𝑉1 e 𝑉2 formando um plano tangente à superfície paramétrica S.


101

HLCS

𝑉1(𝑃) = �⃗⃗�(𝑢0, 𝑣0)𝑣, 𝑉2(𝑃) = �⃗⃗�(𝑢0, 𝑣0)𝑢

Notação: �⃗⃗�(𝑢, 𝑣0)𝑢 = 𝜕�⃗⃗⃗�(𝑢,𝑣0)

𝜕𝑢, �⃗⃗�(𝑢0, 𝑣)𝑣 = 𝜕�⃗⃗⃗�(𝑢0,𝑣)

𝜕𝑣

Observação importante: Se a função 𝜑 é diferenciável em 𝑆, então os vetores 𝑉1, 𝑉2 estão bem

definidos e se 𝑉1 ≠ 0⃗⃗, 𝑉2 ≠ 0⃗⃗ (para todo ponto da superfície 𝑆.) então

𝑉1 × 𝑉2 ≠ 0⃗⃗, então dizemos que a superfície é regular, neste caso os vetores tangentes a superfície 𝑉1 𝑒 𝑉2 são linearmente independentes.

A continuidade de �⃗⃗�(𝑢, 𝑣)𝑣 = 𝑉1 e �⃗⃗�(𝑢, 𝑣)𝑢 = 𝑉2 implica a continuidade do produto vetorial 𝑉1 × 𝑉2 , e por tanto o plano tangente varia continuamente numa superfície regular.

Os pontos de 𝑺 em que falha a condição de suavidade para qualquer parametrização são chamados pontos singulares. No exemplo 1c, no vértice do cone, a derivadas parciais não existem, portanto este ponto é um ponto singular da superfície cônica.


102

HLCS

Definição.- Uma superfície regular é orientável se podemos definir um vetor unitário normal �⃗⃗� sobre a superfície de uma forma continua. As superfícies abertas orientáveis tem duas faces (bilateral)

Definicao.- Uma superfície regular é não-rientável se não podemos definir um vetor unitário normal �⃗⃗� sobre a superfície de uma forma continua. As superfícies abertas não-orientáveis tem uma única face (unilateral)

Fita de Möbious

http://mathworld.wolfram.com/MoebiusStrip.html




103

HLCS

Sabemos que:

𝐴(𝑆) = ∬𝑑𝐴

𝑆

Onde, 𝑑𝐴 é o elemento de área diferencial da superfície S. Podemos determinar dA, considerando aproximadamente igual a área do retângulo delimitado pelos vetores tangentes 𝑑�⃗⃗�(𝑢, 𝑣0) e 𝑑�⃗⃗�(𝑢0, 𝑣) no seguinte modo

𝑑𝐴 = |𝑑�⃗⃗�(𝑢, 𝑣0) × 𝑑�⃗⃗�(𝑢0, 𝑣)|

Porem

𝑑�⃗⃗�(𝑢, 𝑣0) = �⃗⃗�(𝑢, 𝑣0)𝑢 𝑑𝑢; 𝑑�⃗⃗�(𝑢0, 𝑣) = �⃗⃗�(𝑢0, 𝑣)𝑣 𝑑𝑣

Logo :

𝑑𝐴 = |�⃗⃗�(𝑢, 𝑣)𝑢 × �⃗⃗�(𝑢, 𝑣)𝑣|𝑑𝑢 𝑑𝑣

Para qualquer ponto arbitrário da superfície 𝑆

Finalmente

𝑨(𝑺) = ∬|�⃗⃗⃗�(𝒖, 𝒗)𝒖 × �⃗⃗⃗�(𝒖, 𝒗)𝒗|𝒅𝒖 𝒅𝒗

𝑺

(𝑢, 𝑣) ∈ 𝐷 = [𝑎, 𝑏] × [𝑐, 𝑑]

Exemplos 1. Descrevendo o cilindro como uma superfície paramétrica


104

HLCS

𝜑:𝐷 ⊂ 𝑅2 → 𝑅3

(𝑢, 𝑣) ↦ �⃗⃗�(𝑢, 𝑣) = (𝑅𝑐𝑜𝑠(𝑢), 𝑅𝑠𝑖𝑛(𝑢), 𝑣)

Onde 0 ≤ 𝑢 ≤ 2𝜋, 0 ≤ 𝑣 ≤ 𝐻

𝐷 = [0,2𝜋] × [0,𝐻] Observe que

�⃗⃗�(𝑢, 𝑣0) = (𝑅𝑐𝑜𝑠(𝑢), 𝑅𝑠𝑖𝑛(𝑢), 𝑣0) Representa uma circunferência localizada a altura 𝑣0 da superfície cilíndrica. De forma similar

�⃗⃗�(𝑢0, 𝑣) = (𝑅𝑐𝑜𝑠(𝑢0), 𝑅𝑠𝑖𝑛(𝑢0), 𝑣) Representa uma linha vertical (geratriz) da superfície cilíndrica. Calculo da área do cilindro. Determinando as derivadas parciais a partir da equação paramétrica da superfície S: �⃗⃗�(𝑢, 𝑣) = (𝑅𝑐𝑜𝑠(𝑢), 𝑅𝑠𝑖𝑛(𝑢), 𝑣)

�⃗⃗�(𝑢, 𝑣)𝑢 = (−𝑅𝑠𝑖𝑛(𝑢), 𝑅𝑐𝑜𝑠(𝑢)

�⃗⃗�(𝑢, 𝑣)𝑣 = (0,0,1)

�⃗⃗�(𝑢, 𝑣)𝑢 × �⃗⃗�(𝑢, 𝑣)𝑣 = (𝑅𝑐𝑜𝑠(𝑢), 𝑅𝑠𝑖𝑛(𝑢), 0)

Dai que


105

HLCS

|�⃗⃗�(𝑢, 𝑣)𝑢 × �⃗⃗�(𝑢, 𝑣)𝑣| = 𝑅

𝐴(𝑆) = ∬|�⃗⃗�(𝑢, 𝑣)𝑢 × �⃗⃗�(𝑢, 𝑣)𝑣|𝑑𝑢 𝑑𝑣

𝑆

𝐴(𝑆) = ∬𝑅 𝑑𝑢 𝑑𝑣

𝑆

= 𝑅 ∫ 𝑑𝑢 ∫ 𝑑𝑣

𝐻

0

2𝜋

0

= 2𝜋𝑅𝐻

Exemplo 2. Determine a área da superfície paramétrica 𝑆 definida pela função vetorial

𝜑:𝐷 ⊂ 𝑅2 → 𝑅3

(𝑢, 𝑣) ↦ �⃗⃗�(𝑢, 𝑣) = (𝑅𝑐𝑜𝑠(𝑢), 𝑅𝑠𝑖𝑛(𝑢), 𝑣 + 𝑢)

Onde 0 ≤ 𝑢 ≤ 2𝜋, 0 ≤ 𝑣 ≤ 𝐻; ou seja:

𝐷 = [0,2𝜋] × [0,𝐻] Solucão.- Observe que

�⃗⃗�(𝑢, 𝑣0) = (𝑅𝑐𝑜𝑠(𝑢), 𝑅𝑠𝑖𝑛(𝑢), 𝑢 + 𝑣0)


106

HLCS

Representa uma hélice. De forma similar

�⃗⃗�(𝑢0, 𝑣) = (𝑅𝑐𝑜𝑠(𝑢0), 𝑅𝑠𝑖𝑛(𝑢0), 𝑢0 + 𝑣) Representa uma reta vertical na superfície paramétrica Calculo da área da superfície S. Determinando as derivadas parciais a partir da equação paramétrica da superfície S: �⃗⃗�(𝑢, 𝑣) = (𝑅𝑐𝑜𝑠(𝑢), 𝑅𝑠𝑖𝑛(𝑢), 𝑣 + 𝑢)

�⃗⃗�(𝑢, 𝑣)𝑢 = (−𝑅𝑠𝑖𝑛(𝑢), 𝑅𝑐𝑜𝑠(𝑢), 1)

�⃗⃗�(𝑢, 𝑣)𝑣 = (0,0,1)

�⃗⃗�(𝑢, 𝑣)𝑢 × �⃗⃗�(𝑢, 𝑣)𝑣 = (𝑅𝑐𝑜𝑠(𝑢), 𝑅𝑠𝑖𝑛(𝑢), 0)

Dai que

|�⃗⃗�(𝑢, 𝑣)𝑢 × �⃗⃗�(𝑢, 𝑣)𝑣| = 𝑅

𝐴(𝑆) = ∬|�⃗⃗�(𝑢, 𝑣)𝑢 × �⃗⃗�(𝑢, 𝑣)𝑣|𝑑𝑢 𝑑𝑣

𝑆

𝐴(𝑆) = ∬𝑅 𝑑𝑢 𝑑𝑣

𝑆

= 𝑅 ∫ 𝑑𝑢 ∫ 𝑑𝑣

𝐻

0

2𝜋

0

= 2𝜋𝑅𝐻

Integração dupla sobre uma superfície regular A integral de uma função 𝑔 real de variável vetorial, sobre uma superfície regular 𝑆 pode ser definida assim

∬𝑔 𝑑𝐴 = ∬𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝐴

𝑆

= ∬𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑓(𝑥, 𝑦))√1 + 𝑓𝑥2 + 𝑓𝑦

2 𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝐷𝑆


107

HLCS

Ou, assim:

∬𝑔 𝑑𝐴

𝑆

= ∬𝑔(𝑥(𝑢, 𝑣), 𝑦(𝑢, 𝑣), 𝑧(𝑢, 𝑣)) |�⃗⃗�(𝑢, 𝑣)𝑢 × �⃗⃗�(𝑢, 𝑣)𝑣|𝑑𝑢 𝑑𝑣

𝐷

No primeiro, a superfície está na sua forma explicita e D é o domínio do gráfico da função 𝑓(𝑥, 𝑦); e no segundo caso, a superfície S está na sua forma paramétrica e 𝐷 é o retângulo onde (𝑢, 𝑣) está definido.

Miscelanena helicoide: equação vetorial

�⃗⃗�(𝑢, 𝑣) = (𝑅𝑠𝑖𝑛ℎ(𝑢)𝑐𝑜𝑠(𝑣), 𝑅𝑠𝑖𝑛ℎ(𝑢)sin (𝑣), 𝑣)

Com 𝐷 = [−2,2] × [0,2𝜋]


108

HLCS

5.5 Exercícios 1.- Determine as seguintes integrais

∭ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑣𝐷

e desenhe os domínios de integração em cada caso.

a) 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑦𝑧, 𝐷 = { 0 ≤ 𝑥 ≤ 2, 0 ≤ 𝑦 ≤ 4, 0 ≤ 𝑧 ≤ 6}.

b) 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧, 𝐷 = { −2 ≤ 𝑥 ≤ 2, 𝑥2 ≤ 𝑦 ≤ 4,

0 ≤ 𝑧 ≤ 𝑥 + 𝑦}.

c) 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑥 + 𝑦)𝑧, 𝐷 = { −1 ≤ 𝑦 ≤ 1, 𝑦 − 1 ≤ 𝑥 ≤ 1 − 𝑦,

0 ≤ 𝑧 ≤ 3}.

2.- Calcular ∭ 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 𝐷

sendo D uma região volumétrica definida

assim:

a) 0 ≤ 𝑧 ≤ √4 − 𝑥2 − 𝑦2

b) 0 ≤ 𝑧 ≤ ℎ, 4 ≤ 𝑥2 + 𝑦2 ≤9, h é constante.

c) O sólido limitado pelo cilindro parabólico {𝑥 = −1 + 𝑦2, −4 ≤ 𝑧 ≤

4} e o plano {𝑥 = 8, 𝑦 ∈ 𝑅, 𝑧 ∈ 𝑅}

d) O sólido limitado pelo cilindro hiperbólico 𝑦2

𝑎2−

𝑥2

𝑏2= 1,0 ≤ 𝑧 ≤ ℎ,

pelos planos {𝑧 = ℎ, 𝑦 ∈ 𝑅, 𝑥 ∈ 𝑅}, {𝑧 = 0, 𝑦 ∈ 𝑅, 𝑥 ∈ 𝑅} e os planos

{|𝑦| = 2𝑎, 𝑧 ∈ 𝑅, 𝑥 ∈ 𝑅, 𝑎 > 0, 𝑏 > 0}.

𝑒) O sólido limitado pela superfície cônica 𝑧 = 4 − 4√𝑥2 + 𝑦2 e o

planos {𝑧 = 0, 𝑦 ∈ 𝑅, 𝑥 ∈ 𝑅}

𝑓) A região limitada pelo paraboloide elíptico 𝑧 = 𝑥2 + 2𝑦2 e o plano

𝑧 + 4𝑦 + 2𝑥 = 4

3.- Determine ∭ 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 𝐷

na região D definida por:

a) 𝐷 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝜖 𝑅3/ 𝑥2

𝑎2+

𝑦2

𝑏2+

𝑧2

𝑐2≤ 1}


109

HLCS

b) D é a região interna ao hiperboloide de uma folha: 𝑧 = √𝑥2

𝑎2+

𝑦2

𝑏2− 1

limitada pelos planos {𝑧 = 𝐻, 𝑦 ∈ 𝑅, 𝑥 ∈ 𝑅} e {𝑧 = −𝐻, 𝑦 ∈ 𝑅, 𝑥 ∈ 𝑅}

c) Um solido limitado por quatro superfícies 𝑆1 ≔ {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3, 𝑧 =

cosh(𝑦) − 1, 0 ≤ 𝑥 ≤ 2} ; 𝑆2 ≔ {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3, 𝑧 = −cosh(𝑦) + 2, 0 ≤

𝑥 ≤ 2} e os plano verticais x=0 e x=2.

4.- Determine a seguinte integral ∭ 𝑓(𝑟, 𝜃, 𝑧)𝑑𝑟𝑑𝑧𝑑𝜃,𝐷

sendo

𝑓(𝑟, 𝜃, 𝑧) = 𝑟𝑧 e

a) 𝐷 = {0 ≤ 𝜃 ≤𝜋

2, 2 ≤ 𝑟 ≤ 4, 0 ≤ 𝑧 ≤ 4}

b) 𝐷 = {0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋, 0 ≤ 𝑟 ≤ 1, 0 ≤ 𝑧 ≤ 2 − 2𝑟}

c) 𝐷 = {0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋, 0 ≤ 𝑧 ≤ 2, 0 ≤ 𝑟 ≤ 1 −𝑟

2}

d) 𝐷 = {0 ≤ 𝜃 ≤𝜋

2, 2 ≤ 𝑟 ≤ 4, 𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃) ≤ 𝑧 ≤ 𝑟2}

Observação: visualize a região D nos casos, a,b,c.

5.- Determine a seguinte integral ∭ 𝑓(𝑟, 𝜃, ∅) 𝑑𝑟 𝑑∅ 𝑑𝜃,𝐷

onde

𝑓(𝑟, 𝜃, ∅) = 𝑟2sin (𝜃) e D é:

a) 𝐷 = {0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜃0, 0 ≤ 𝑟 ≤ 𝑅, 0 ≤ ∅ ≤ 2𝜋}

b) 𝐷 = {0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜃0, 0 ≤ 𝑟 ≤𝐻

cos(𝜃), 0 ≤ ∅ ≤ 2𝜋}

c) 𝐷 e a região definida pela figura a seguir


110

HLCS

Onde 𝜃0 ∈ [0,𝜋

2] é um valor fixo e cos(𝜃0) =

𝐻

𝑅. R, H são constantes

arbitrarias.

6.- Demonstre que o volume de uma esfera de raio R é 4𝜋𝑅3

3 , por integração

cartesiana, integração cilíndrica, e integração esférica.

7. Considere o cone 𝑧 =𝐻

𝑅√𝑥2 + 𝑦2 , onde 0 ≤ 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 𝑅2, demonstre

que o volume é 𝜋𝑅2𝐻

3 , em coordenadas cartesianas, esféricas e cilíndricas.

8.- Determine a integral ∬ 𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝐴𝑆

no paraboloide S definido

assim: 𝑆: {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3 / 𝑧 = 1 + 𝑥2 + 𝑦2, 0 ≤ 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 4. Sendo

𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = √1 + 4𝑥2 + 4𝑦2.

9.- Determine a área da superfície do paraboloide invertido

𝑧 = 4 − 𝑥2 − 𝑦2, que corresponde ao intervalo 1 ≤ 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 4

10.- Determine uma parametrização das superfícies quádricas dada no

seguinte site

http://aulainterativa.ect.ufrn.br/intersecao-quadricas/

11. Considere a seguinte função vetorial

http://aulainterativa.ect.ufrn.br/intersecao-quadricas/


111

HLCS

𝜑(𝑢, 𝑣) = (𝑅 sin(𝑢) cos(𝑣) , Rsin(𝑢) sin(𝑣) , Rcos(𝑢))

Sendo 𝐷 = [0, 𝜋] × [0,2𝜋] o domínio da função 𝜑; desenhe a imagem

desta função vetorial no espaço 𝑅3 e determine a área de 𝜑(𝐷), 𝑅 > 0.

12.- Determine a área da superfície paramétrica 𝑆 definida pela função vetorial

𝜑:𝐷 ⊂ 𝑅2 → 𝑅3

(𝑢, 𝑣) ↦ �⃗⃗�(𝑢, 𝑣) = (𝑅𝑐𝑜𝑠(𝑢), 𝑅𝑠𝑖𝑛(𝑢), 𝑣 + 𝑢2)

Onde 0 ≤ 𝑢 ≤ 2𝜋, 0 ≤ 𝑣 ≤ 𝐻 13.- Considere a superfície cônica, do exemplo 1c (superfícies

paramétricas); determine 𝐴(𝜑(𝐷)), ou seja, a superfície cônica gerada

pelo retângulo 𝐷 = [0,2𝜋] × [0, 𝑙]. Suponha 𝑎 = 𝑏.

14.- Considere uma superfície arbitraria no espaço 𝑅3, definido

explicitamente pela função 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) . Podemos descrever ésta

superfície de forma paramétrica, com ajuda da função vetorial

�⃗⃗�(𝑥, 𝑦) = (𝑥, 𝑦, 𝑓(𝑥, 𝑦)) , sendo (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷 ⊂ 𝑅3. Provar então que as

formulas a seguir são equivalentes

𝐴(𝑆) = ∬|�⃗⃗�(𝑥, 𝑦)𝑥 × �⃗⃗�(𝑥, 𝑦)𝑦|𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝐷

e

𝐴(𝑆) = ∬√1 + 𝑓𝑥2 + 𝑓𝑦

2 𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝐷

15.- Considere um objeto em forma da superfície de Toro(𝑇2) , cuja

densidade superficial é 𝜎(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2. Determine a massa total

do objeto. O raio maior e raio menos do Toro é 𝑏 e 𝑎, respectivamente.


112

HLCS

Desafio.

1.- Considere um solido limitado inferiormente pela região D, definida pela

desigualdade |𝑥| + |𝑦| ≤ 4, pelas paredes verticais definidas na borda da

região D e superiormente pelo hemisfério norte da superfície esférica

𝑧 = √16 − 𝑥2 − 𝑦2

2.- Considere as hélices cujas equações são 𝑟1(𝜃) = (𝑅𝑐𝑜𝑠(𝜃), 𝑅𝑠𝑖𝑛(𝜃), 𝜃)

e 𝑟2(𝜃) = (𝑅𝑐𝑜𝑠(𝜃), 𝑅𝑠𝑖𝑛(𝜃), 𝜋 − 𝜃) localizadas no cilindro de raio R.

Determine a área da região localizada em tal superfície cilíndrica, limitada

pelas hélices e a curva 𝑟3(𝜃) = (𝑅𝑐𝑜𝑠(𝜃), 𝑅𝑠𝑖𝑛(𝜃), 0).

3.- Considere uma superfície cônica de altura 8 e base circular de raio R=6, cujo vértice está no ponto (0,0,8). Localize uma esfera inscrita no cone, resolva as seguintes questões.

a) Determine o volume do solido limitado inferiormente pela

superfície esférica inscrita no cone, e superiormente pela

superfície cônica em coordenadas cilíndricas.

b) Refazer a questão do item a, em coordenadas esféricas (deixa na

forma integral com os limites de integração bem definidos).

5.32 Respostas 1.- a) 288 b) 0 c) -6

2 a) 16𝜋/3 b) 5𝜋ℎ c) 288 d) ℎ𝑎𝑏(14√3 + 2ln (2 + √3)) e) 4𝜋

3

2 f 1.49𝜋√2

2

3 a 4𝜋𝑎𝑏𝑐

3 3b 2𝜋𝑎𝑏(ℎ∆2 −

2𝑐

3(∆2 − 1)2) onde ∆= √1 + ℎ2


113

HLCS

3c 4(3 𝑚 − 2 𝑠𝑖𝑛ℎ(𝑚)), sendo 𝑚 = 𝑎𝑟𝑐𝑜𝑠ℎ(3/2) 4 a) 24𝜋 4b 𝜋/3 4c 𝜋/3

4 d) 321𝜋

2

5 a) 2𝜋

3𝑅3(1 − cos(𝜃0))

5b) 𝜋

3𝑅3 𝑡𝑔(𝜃)2

5b 𝜋

3𝐻3((

𝑅

𝐻)2− 1)

5c 𝜋

3𝐻3 ((

𝑅

𝐻)2− 1) +

2𝜋𝐻𝑅2

3

8.- 36𝜋

9 𝜋

6(173/2 − 53/2)

10.- Paraboloide elíptico

𝜑(𝑢, 𝑣) = (𝑎 𝑢 cos(𝑣) , 𝑏 𝑢 sin(𝑣) , 𝑢2) Sendo (𝑢, 𝑣)𝜖 𝐷, 𝐷 = [0, 𝑎] × [0,2𝜋] Paraboloide hiperbolico

𝜑(𝑢, 𝑣) = (𝑎 𝑢 cos ℎ(𝑣) , 𝑏 𝑢 sin ℎ(𝑣) , 𝑢2) Sendo (𝑢, 𝑣)𝜖 𝐷, 𝐷 = [0, 𝑎] × [0,2𝜋] 11.- 4𝜋𝑅2


114

HLCS

Superfície esférica.

12.- 2𝜋𝑅𝐻

13

Área =𝜋 𝑙2𝑎√𝑐2 + 𝑎2 15.- 𝑀(𝑇2) = (2𝜋)2𝑎𝑏(𝑏2 + 2𝑎2)


115

HLCS

5.5 Aplicações de integral dupla e tripla 5.51 Volume de sólidos. Este tipo de questões já temos estudado antes, temos aqui mais alguns exercícios. Exercício 5.51.- Determine o volume do sólido W, limitado pelas superfícies definidas pelas funções 𝑧 = 𝑥2 + 𝑦2 e 𝑧 = 4 − 𝑥2 − 𝑦2

Solução.

Sabemos que as duas superfícies são paraboloides de rotação, logo as curvas de nível são circunferências. Podemos determinar a equação da curva que define a interseção das duas superfícies. Para isto devemos resolver simultaneamente o sistema: 𝑧 = 4 − 𝑥2 − 𝑦2, 𝑧 = 𝑥2 + 𝑦2, logo ∶ 4 − 𝑥2 − 𝑦2 = 𝑥2 + 𝑦2, por tanto 2 = 𝑥2 + 𝑦2, esta é uma

circunferência de raio √2.

W


116

HLCS

Na figura, a projeção do solido W no plano xy é o domínio D, cuja forma

é circular de raio 𝑅 = √2.

Ou seja:

𝑊 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3 / (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷𝑖𝑠𝑐𝑜 𝐷, 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 𝑧 ≤ 4 − 𝑥2 − 𝑦2}

𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∭𝑑𝑉 = ∭𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 = ∬ ∫ 𝑑𝑧 𝑑𝑦 𝑑𝑥

4−𝑥2−𝑦2

𝑥2+𝑦2𝐷𝑊𝑊


117

HLCS

𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∬(4 − 2𝑥2 − 2𝑦2)𝑑𝑦𝑑𝑥

𝐷

Como o domínio de integração é circular, então é melhor utilizar as coordenadas polares para realizar a integração, logo: 𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃), 𝑦 = 𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃), 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝑟𝑑𝑟 𝑑𝜃.

𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∬(4 − 2𝑟2) 𝑟𝑑𝑟 𝑑𝜃

𝐷

Em D: 0 ≤ 𝑟 ≤ √2, 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋

𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∫ ∫ (4 − 2𝑟2) 𝑟𝑑𝑟 𝑑𝜃

√2

0

2𝜋

0

A integral, pode ser simplificada com a substituição 𝑢 = 4 − 2𝑟2, logo : 𝑑𝑢 = −4𝑟𝑑𝑟.

𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∫ [∫ (4 − 2𝑟2) 𝑟𝑑𝑟] 𝑑𝜃

√2

0

2𝜋

0

= 2𝜋 ∫ 𝑢 (−𝑑𝑢

4)

√2

0

𝑣𝑜𝑙(𝑊) = −𝜋

4(4 − 2𝑟2)2)|√2

0= 4𝜋. Resposta


118

HLCS

5.52 Cálculo da massa de objetos com densidade arbitraria.

a) Caso unidimensional. Temo um arame fino, de densidade linear 𝞴 (kg/m)

𝜆: 𝑅3 → 𝑅 , 𝜆 = 𝜆(𝑥, 𝑦, 𝑧). ds : elemento de arco, dm : elemento de massa

𝜆 =𝑑𝑚

𝑑𝑠 , logo 𝑑𝑚 = 𝜆 𝑑𝑠, finalmente

𝑀𝑎𝑠𝑠𝑎(𝑎𝑟𝑎𝑚𝑒) = ∫ 𝜆(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑠

b) Caso bidimensional. Temos uma lamina fina de densidade superficial 𝞼: kg/m2

Sólido: 3D

Lamina fina: 2D

Arame fino:1D dV

dA

ds


119

HLCS

𝜎: 𝑅3 → 𝑅 , 𝜎 = 𝜎(𝑥, 𝑦, 𝑧). dA : elemento de área dm : elemento de massa

𝜎 =𝑑𝑚

𝑑𝐴 , logo 𝑑𝑚 = 𝜎 𝑑𝐴, finalmente

𝑀𝑎𝑠𝑠𝑎(𝑙𝑎𝑚𝑖𝑛𝑎) = ∬𝜎(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝐴

c) Caso tridimensional. Temos um objeto tridimensional com

densidade volumétrica 𝞺: kg/m3. 𝜌: 𝑅3 → 𝑅 , 𝜌 = 𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧). dV : elemento de volume, dm : elemento de massa

𝜌 =𝑑𝑚

𝑑𝑉 , logo 𝑑𝑚 = 𝜌 𝑑𝑉, finalmente

𝑀𝑎𝑠𝑠𝑎(𝑠ó𝑙𝑖𝑑𝑜) = ∭𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑉

Exercício 5.52.- Um arame fino horizontal tem comprimento L=3m. A densidade do arame é 𝞴 = (2+x2) kg/m. Determine a massa do arame. x é medido do extremo esquerdo do arame. Solução. Consideremos um sistema de coordenadas localizado no extremo esquerdo do arame.

X=3 X=0 x

ds x

dm


120

HLCS

No ponto x do arame, temos: 𝜆 =𝑑𝑚

𝑑𝑠 . Logo a massa total (M) do

arame será :

𝑀 = ∫ 𝑑𝑚3

0= ∫ 𝜆 𝑑𝑠 = ∫ (2 + 𝑥2) 𝑑𝑥

3

0

3

0.

Observe que como o arame é paralelo ao eixo x, ds=dx. Integrando

𝑀 = (2𝑥 +𝑥3

3) |0

3 = 15 𝑘𝑔. Resposta.

Exercício 5.53 Considere um solido cilíndrico vertical W, em coordenadas cartesianas :

𝑊 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅2 / 𝑥2 + 𝑦2 = 9,−4 ≤ 𝑧 ≤ 4} Suponhamos que tal cilindro tenha densidade de massa igual a: 𝜌(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑦2 + 1. Determine a massa total do solido W.

Solução. No ponto interior 𝑟 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) do cilindro localizamos um elemento diferencial 𝑑𝑚 de volume 𝑑𝑉 (ver figura).


121

HLCS

A densidade 𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧) local para tal elemento de volume se calcula assim:

𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧) =𝑑𝑚

𝑑𝑉

Por tanto, 𝑑𝑚 = 𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑉. A massa total do cilindro 𝑀𝑡 será a integral de 𝑑𝑚 em toda a região volumétrica do cilindro W, ou seja:

𝑀𝑡 = ∭𝑑𝑚 = ∭𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑉

𝑊

= ∭𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧

𝑊

A questão a seguir é encontrar convenientemente os limites de integração de 𝑊. Como temos um solido cilíndrico, então, nada mais natural integrar em coordenadas cilíndricas,

(𝑥, 𝑦, 𝑧) → (𝑟, 𝜃, 𝑧) De acordo á seção 3.11, nas coordenadas cilíndricas o elemento de volume fica assim:

𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃𝑑𝑧

Logo :

𝑀𝑡 = ∭𝜌(𝑟, 𝜃, 𝑧) 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝑧

𝑊

De acordo a figura anterior, os limites de integração do solido 𝑊 em coordenadas polares é :

𝑊 = {(𝑟, 𝜃, 𝑧) ∈ 𝑅3 / 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋, 0 ≤ 𝑟 ≤ 3,−4 ≤ 𝑧 ≤ 4} E a função densidade em coordenadas cilíndricas é :

𝜌(𝑟, 𝜃, 𝑧) = 𝑟2 + 1 Substituindo na formula da massa.


122

HLCS

𝑀𝑡 = ∫ ∫ ∫(𝑟2 + 1)

4

−4

𝑟 𝑑𝑧 𝑑𝑟 𝑑𝜃

3

0

2𝜋

0

Integrando em z e avaliando nos limites de integração:

𝑀𝑡 = ∫ ∫(𝑟2 + 1)𝑟 [ 8] 𝑑𝑟 𝑑𝜃

3

0

2𝜋

0

Integrando em r:

𝑀𝑡 = 8∫ [𝑟4

4+

𝑟2

2]03 𝑑𝜃 = 198

2𝜋

0

∫ 𝑑𝜃

2𝜋

0

𝑀𝑡 = 396 𝜋

5.53 Cálculo do momento de inércia de um solido de densidade arbitraria. Em mecânica, o momento de inércia de um corpo, expressa o grau de resistência que oferece o corpo quando forças externas ou torques externos tentam modificar o estado de movimento do mesmo. A diferença da massa inercial, que é um escalar; o momento de inércia ou tensor de inércia depende da massa do corpo e a distribuição geométrica da massa em torno ao eixo de rotação instantâneo. Quanto maior momento de inércia tiver um objeto, mais difícil será fazê-lo girar ou alterar a sua rotação em torno ao eixo de rotação. As partículas que ficam mãos longe do eixo de rotação são as que mais contribuem ao momento de inércia.

Analogia:

�⃗⃗�= 𝑚 �⃗⃗� �⃗⃗� = 𝐼�⃗⃗⃗�


123

HLCS

�⃗�𝑅 = 𝑚 �⃗� 𝜏 = 𝐼 𝛽

�⃗⃗� → momento angular do corpo em relação ao eixo de rotação 𝜏 → torque da força externa total sobre o corpo em relação ao eixo de rotação.

𝛽 → aceleração angular do corpo em relação ao eixo de rotação. 𝐼 → momento de inércia do corpo em relação ao eixo de rotação.

Formula de momento de inercial de um elemento diferencial de massa em relação ao eixo de rotação L.

𝑑𝐼 = 𝑑𝑚 𝑑2 𝑑𝐼 → elemento diferencial de momento de inércia da massa dm.

𝑑𝑚 → elemento diferencial de massa.

Reta L

Fr

Eixo instantâneo

de rotação

𝞽� 𝞫�

d dm

Sólido em rotação


124

HLCS

Exercícios 5.54.- Considere um disco de espessura desprezível, de densidade constante, massa total M e raio R, centralizada na origem de coordenadas e localizada no plano xy. a) Determine o momento de inércia do disco em relação ao eixo

vertical z que passa pela origem de coordenadas. b) Determine o momento de inércia do disco em relação ao eixo x

que descansa no eixo diametral do disco. Solução

a) Eixo de rotação colinear ao eixo z.

O elemento diferencial do momento de inércia da massa diferencial dm é : dI = dm r2. Sendo r a distancia perpendicular da localização da massa dm ao eixo z (eixo de rotação). Dado que a origem de coordenadas esta no centro do disco, então r também é o raio vetor da massa diferencial dm. Dado a simetria circular do disco, podemos analisar o problema em coordenadas polares.

𝑑𝐼 = 𝑑𝑚 𝑟2 = 𝜎 𝑑𝐴 𝑟2, sendo 𝜎 =𝑑𝑚

𝑑𝐴 a densidade superficial do disco.

Como a densidade é constante, então

𝜎 =𝑀 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙

á𝑟𝑒𝑎 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙=

𝑀

𝜋 𝑅2 , logo o momento de inércia do disco I é:

𝐼 = ∫𝑑𝐼 = ∬ 𝜎 𝑑𝐴 𝑟2 = ∬ 𝜎 𝑟2 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 =

𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜

𝜎 ∫ ∫ 𝑟3𝑑𝑟 𝑑𝜃

𝑅

0

2𝜋

0


125

HLCS

𝐼 = 𝜎 ∫ 𝑑𝜃. ∫ 𝑟3𝑑𝑟 = 𝜎 2𝜋 𝑅4 =𝑅

0

2𝜋

0

𝑀

𝜋 𝑅2. 2𝜋 𝑅4 = 𝑀𝑅2. Resposta.

b) Eixo de rotação localizado no eixo y.

Como o eixo de rotação é o eixo y, então o elemento diferencial de momento de inércia dI será : 𝑑𝐼 = 𝑑𝑚 𝑥2. Sendo x a distancia do elemento diferencial dm ao eixo y. Então

𝑑𝐼 = 𝑑𝑚 𝑥2 = 𝜎 𝑑𝐴 (𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃))2, sendo 𝜎 =𝑀

𝜋 𝑅2 a densidade superficial

constante do disco. Logo o momento de inércia do disco I é:

𝐼 = ∫𝑑𝐼 = ∬ 𝜎 𝑑𝐴 𝑟2sin (𝜃)2 = ∬ 𝜎 (𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃) 𝑟2sin (𝜃)2

𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜

𝐼 = 𝜎 ∫ ∫ 𝑟3sin (𝜃)2 𝑑𝑟 𝑑𝜃 = 𝜎 ∫ sin (𝜃)2

2𝜋

0

𝑑𝜃 ∫ 𝑟3

𝑅

0

𝑑𝑟

𝑅

0

2𝜋

0

Sabemos: sin (𝜃)2 =1−cos (𝜃)

2, por tanto

∫ sin (𝜃)22𝜋

0𝑑𝜃 = 𝜋, ∫ 𝑟3𝑅

0𝑑𝑟 =

𝑅4

4 . Finalmente 𝐼 =

𝑀

𝜋 𝑅2 .𝜋.

𝑅4

4 =

𝑀𝑅2

4,

resposta.


126

HLCS

Exercícios 5.55.- Considere um cone sólido e vertical, com base circular de raio R e centralizada na origem de coordenadas. Considere também que o vértice do cone se encontra no ponto (0,0,H). Determine o momento de inércia do cone, em relação ao eixo vertical que passa pelo centro da base e o vértice do cone, nas seguintes situações.

a) Cone homogêneo de densidade constante 𝞺.

b) Cone com densidade variável da forma 𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧) = |𝑦|.

Solução. Dada a simetria cilíndrica do sólido, é conveniente realizar as contas em coordenadas cilíndricas.

O momento de inércia do elemento de massa dm, em relação ao eixo z é 𝑑𝐼 = 𝑑𝑚 𝑟2, sendo r a distancia do elemento de massa ao eixo vertical z. Ao mesmo tempo r, representa a parte radial das coordenadas cilíndricas do ponto (𝑟, 𝜃, 𝑧) onde se encontra o elemento de volume dm.

𝐼 = ∫𝑑𝐼 = ∭𝑑𝑚 𝑟2 = ∭𝜌 𝑑𝑣 𝑟2 = ∭𝜌 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃𝑑𝑧 𝑟2

𝑐𝑜𝑛𝑒𝑐𝑜𝑛𝑒𝑐𝑜𝑛𝑒

Caso a : No primeiro caso o cone é homogêneo, logo a densidade 𝞺 é constante, por tanto a densidade por sair fora de integral.

𝑑𝑚 = 𝜌 𝑑𝑣

𝜌 = 𝜌(𝑟, 𝜃, 𝑧)

𝑑𝑣 = 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃𝑑𝑧

Elemento de volume


127

HLCS

Para calcular a integral tripla, realizamos a projeção do solido no plano xy, de forma similar como foi feito no exercício xxx, onde calculamos o volume do cone. O cone em coordenadas cilíndricas:

𝑐𝑜𝑛𝑒 = {0 ≤ 𝑟 ≤ 𝑅, 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋, 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝑧𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑖𝑐𝑎}

Sendo 𝑧𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑖𝑐𝑎 = 𝐻 −𝐻

𝑅𝑟, finalmente a integral anterior fica

assim:

𝐼 = 𝜌 ∫ ∫[ ∫ 𝑟3𝑑𝑧]

𝐻−𝐻𝑅

𝑟

0

𝑅

0

2𝜋

0

𝑑𝑟 𝑑𝜃 = 𝜌∫ ∫ (𝐻𝑟3 −𝐻

𝑅𝑟4)𝑑𝑟𝑑𝜃

𝑅

0

2𝜋

0

𝐼 = 𝜌∫ (𝐻𝑅4

4− 𝐻

𝑅4

5)

2𝜋

0

𝑑𝜃 = 𝜌𝜋 𝐻𝑅4

10

Em função da massa total M, a densidade seria: 𝜌 =𝑀 𝑐𝑜𝑛𝑒

𝑉 𝑐𝑜𝑛𝑒=

𝑀1

3𝜋𝑅2𝐻

,

substituindo isto na relação anterior, chegamos ao resultado mais conhecido nos livros de consulta.

𝐼𝑐𝑜𝑛𝑒 =3𝑀2

10 Resposta.

5.54 Centro de massa de arames, laminas e sólidos Considere um objeto volumétrico 𝑉 de densidade de massa 𝜌: 𝑅3 →𝑅, 𝜌 = 𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧). Logo num certo sistema de coordenadas a localização do centro de massa 𝑟𝐶.𝑀. é dado pela seguinte formula.

𝑟𝐶.𝑀. =∭ 𝑟 𝑑𝑚

𝑉

∭ 𝑑𝑚𝑉

Que em componentes da:


128

HLCS

𝑥𝐶.𝑀. =∭ 𝑥 𝑑𝑚

𝑉

∭ 𝑑𝑚𝑉

, 𝑦𝐶.𝑀. =∭ 𝑦 𝑑𝑚

𝑉

∭ 𝑑𝑚𝑉

, 𝑧𝐶.𝑀. =∭ 𝑧 𝑑𝑚

𝑉

∭ 𝑑𝑚𝑉

,

No caso particular de objetos bidimensionais ou unidimensionais, em adequadas sistemas de coordenadas, o número de coordenadas necessários para definir o centro de massa se reduz a dois e um, respectivamente. Exemplo 5.56. Considere uma lamina homogênea em forma de triangulo retângulo de lados a e b, respectivamente, demonstrar que o centro de massa se encontra no baricentro do triangulo.

CMr

x y

z

CM

r

dm


129

HLCS

Solução.- Como a lamina é plana, então as coordenadas do centro de massa tem a seguinte formula

𝑥𝐶.𝑀. =∬ 𝑥 𝑑𝑚

𝑆

∬ 𝑑𝑚𝑆

, 𝑦𝐶.𝑀. =∬ 𝑦 𝑑𝑚

𝑆

∬ 𝑑𝑚𝑆

∬ 𝑑𝑚𝑆

é a massa total da lamina homogênea. Sendo 𝑆 a superfície total

da lamina triangular e 𝑑𝑚 = 𝜎 𝑑𝑥𝑑𝑦. Como a lamina é homogênea, logo

a densidade de massa superficial 𝜎(𝑘𝑔

𝑚2) é constante, com isto as integrais

ficam assim:

𝑥𝐶.𝑀. =∬ 𝑥 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑆

∬ 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑆

, 𝑦𝐶.𝑀. =∬ 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑆

∬ 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑆


130

HLCS

Para realizar as integrais, precisamos definir os limites de integração, para isto necessitamos escrever a equação que descreve o triangulo em coordenadas cartesianas, isto já temos estudado na matéria de calculo, e é como segue:

𝑆 = {0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑎 −𝑎

𝑏𝑥, 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏}

Daí:

𝑀𝑆 = ∬𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑆

= ∫ ∫ 𝑑𝑦 𝑑𝑥 =𝑎𝑏

2

𝑎−𝑎𝑏𝑥

0

𝑏

0

∬𝑥 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑆

= ∫[ ∫ 𝑥 𝑑𝑦] 𝑑𝑥 =𝑎𝑏3

6

𝑎−𝑎𝑏𝑥

0

𝑏

0

De forma similar

∬𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦

𝑆

= ∫[ ∫ 𝑦 𝑑𝑦] 𝑑𝑥 =𝑏𝑎3

6

𝑎−𝑎𝑏𝑥

0

𝑏

0

Por tanto

𝑥𝐶.𝑀. =

𝑎𝑏3

6𝑎𝑏2

=𝑏

3, 𝑦𝐶.𝑀. =

𝑏𝑎3

6𝑎𝑏2

=𝑎

3


131

HLCS

De acordo a figura anterior, o baricentro divide as medianas na proporção 1 a 2, por tanto as coordenadas do baricentro, no sistema de coordenadas

indicado, é (𝑎

3,𝑏

3) sendo a e b as medidas dos dois lados retos do

triangulo. Este resultado coincide com o calculo anterior feito para o centro de massa. Por tanto o centro de massa da lamina triangular homogênea coincide com o baricentro. Exercício 5.57.- Considere um cilindro de seção transversal reto de raio R e altura H e densidade 𝜌(𝑟, 𝜃, 𝑧) = 𝜌0 + 𝑎 𝑟2 (em coordenadas cilíndricas). Determine o momento de inercia em relação a um eixo vertical que passa pela geratriz do cilindro. Sendo 𝜌0, 𝑎 constantes numéricas.


132

HLCS

Solução.- A localização da origem de coordenadas, não vai alterar o resultado final do momento de inercia, já que esta somente depende da massa do objeto e suas dimensões geométricas. O mais natural é escolher o sistema de coordenadas, de tal forma que o eixo z seja coaxial ao cilindro e a origem de coordenas no centro da base, como segue

Precisamos determinar d em termos das coordenadas cilíndricas. Da figura a seguir


133

HLCS

Temos que

𝑑2 = 𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)2 + (𝑅 + 𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃)2 = 𝑅2 + 𝑟2 + 2 𝑅 𝑟 𝑐𝑜𝑠(𝜃) Logo, já podemos calcular o elemento diferencial do momento de inercia do cilindro em relação ao eixo de rotação 𝐿.

𝑑𝐼 = 𝑑𝑚 𝑑2 = 𝑑𝑚 . (𝑅2 + 𝑟2 + 2 𝑅 𝑟 𝑐𝑜𝑠(𝜃))

𝐼 = ∫ 𝑑𝑚 𝑑2

𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜

Sabemos que 𝑑𝑚 = 𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑣 é o elemento diferencial de massa dentro do cilindro.

𝐼 = ∭ (𝑅2 + 𝑟2 + 2 𝑅 𝑟 𝑐𝑜𝑠(𝜃)).


𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑣

𝐼 = ∭ (𝑅2 + 𝑟2 + 2 𝑅 𝑟 𝑐𝑜𝑠(𝜃)).


(𝜌0 + 𝑎 𝑟2) 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃𝑑𝑧

De acordo a localização do sistema de coordenadas, o cilindro está definido em coordenadas cilíndricas, assim:

𝐶𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 = {(𝑟, 𝜃, 𝑧) ∈ 𝑅3/ 0 ≤ 𝑟 ≤ 𝑅, 0 ≤ 𝜃 < 2𝜋, 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝐻 Logo

𝐼 = 𝐼1 + 𝐼2 + 𝐼3 + 𝐼4 + 𝐼5


134

HLCS

𝐼1 = ∫ ∫ ∫ 𝑅2 𝜌0 𝑟𝑑𝑧 𝑑𝑟𝑑𝜃

𝐻

0

𝑅

0

2𝜋

0

𝐼2 = ∫ ∫ ∫ 𝑅2 𝑎 𝑟2 𝑟𝑑𝑧 𝑑𝑟𝑑𝜃

𝐻

0

𝑅

0

2𝜋

0

𝐼3 = ∫ ∫ ∫ 𝑟2 𝜌0 𝑟𝑑𝑧 𝑑𝑟𝑑𝜃

𝐻

0

𝑅

0

2𝜋

0

𝐼4 = ∫ ∫ ∫ 𝑎𝑟4 𝑟𝑑𝑧 𝑑𝑟𝑑𝜃

𝐻

0

𝑅

0

2𝜋

0

𝐼5 = ∫ ∫ ∫ 2 𝑅 𝑟 𝑐𝑜𝑠(𝜃)(𝜌0 + 𝑎 𝑟2) 𝑟𝑑𝑧 𝑑𝑟𝑑𝜃

𝐻

0

𝑅

0

2𝜋

0

𝐼5 = 2𝑅 ∫ 𝑐𝑜𝑠(𝜃)𝑑𝜃.∬𝑟(𝜌0 + 𝑎 𝑟2) 𝑟𝑑𝑧 𝑑𝑟

2𝜋

0

Observe que ∫ 𝑐𝑜𝑠(𝜃)𝑑𝜃 = 02𝜋

0, logo 𝐼5 = 0.

𝐼1 = 𝜋𝐻𝜌0𝑅

4

𝐼2 =𝜋𝐻𝑎𝑅6

2

𝐼3 =𝜋𝐻𝜌0𝑅

4

2

𝐼4 =𝜋𝐻𝑎𝑅6

3

Finalmente;

𝐼 = 𝜋𝐻𝑅4(3𝜌0

2+

𝑎𝑅2

3)


135

HLCS

Exercicio 5.58.- Considere o hemisfério norte de uma esfera maciça de

raio R, e densidade de massa 𝜌(𝑟, 𝜃, ∅) = 𝜌0𝑒cos (𝜃). Determine o centro

de massa Solução.- Pela definição de centro de massa, temos:

𝑥𝐶.𝑀. =∭ 𝑥 𝑑𝑚

𝑉

∭ 𝑑𝑚𝑉

, 𝑦𝐶.𝑀. =∭ 𝑦 𝑑𝑚

𝑉

∭ 𝑑𝑚𝑉

, 𝑧𝐶.𝑀. =∭ 𝑧 𝑑𝑚

𝑉

∭ 𝑑𝑚𝑉

,

Primeiro vamos calcular ∭ 𝑑𝑚𝑉

∭𝑑𝑚

𝑉

= ∭ 𝜌(𝑟, 𝜃, ∅) 𝑑𝑣

𝑠𝑒𝑚𝑖−𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎

= ∭ 𝜌(𝑟, 𝜃, ∅) 𝑟2 sin(𝜃) 𝑑𝑟 𝑑𝜃𝑑∅


𝑀𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = ∭ 𝜌0𝑒cos (𝜃) 𝑟2 sin(𝜃) 𝑑𝑟 𝑑𝜃𝑑∅


𝑀𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝜌0 ∫ 𝑑∅∫ 𝑟2𝑑𝑟 ∫ 𝑒cos (𝜃)

𝜋2

0

𝑅

0

2𝜋

0

sin(𝜃) 𝑑𝜃

∫ 𝑒cos (𝜃)

𝜋2

0

sin(𝜃) 𝑑𝜃 = 𝐼1? ?

Utilizando mudança de coordenadas: 𝑢 = cos (𝜃)


136

HLCS

𝐼1 = −𝑒cos(𝜃)|0

𝜋2 = (𝑒 − 1)

𝑀𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝜌02𝜋𝑅3(𝑒 − 1)

3

∭𝑥 𝑑𝑚

𝑉

= ∭ 𝑥 𝜌0𝑒cos (𝜃) 𝑟2 sin(𝜃) 𝑑𝑟 𝑑𝜃𝑑∅


∭𝑥 𝑑𝑚

𝑉

= ∭ 𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)cos (∅) 𝜌0𝑒cos (𝜃) 𝑟2 sin(𝜃) 𝑑𝑟 𝑑𝜃𝑑∅


∭𝑥 𝑑𝑚

𝑉

= 𝜌0 ∫ cos (∅)𝑑∅∫ 𝑟3𝑑𝑟 ∫ 𝑠𝑖𝑛(𝜃) 𝑒cos (𝜃)

𝜋2

0

𝑅

0

2𝜋

0

sin(𝜃) 𝑑𝜃

De forma similar

∭𝑦 𝑑𝑚

𝑉

= ∭ 𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)sin(∅) 𝜌0𝑒cos (𝜃) 𝑟2 sin(𝜃) 𝑑𝑟 𝑑𝜃𝑑∅


∭𝑦 𝑑𝑚

𝑉

= 𝜌0 ∫ sin (∅)𝑑∅∫ 𝑟3𝑑𝑟∫ 𝑠𝑖𝑛(𝜃) 𝑒cos (𝜃)

𝜋2

0

𝑅

0

2𝜋

0

sin(𝜃) 𝑑𝜃

Observe que

∫ 𝑠𝑖𝑛(∅)𝑑∅ = 0

2𝜋

0

, ∫ 𝑐𝑜𝑠(∅)𝑑∅ = 0

2𝜋

0

Logo,

∭𝑥 𝑑𝑚

𝑉

= 0,∭𝑦 𝑑𝑚

𝑉

= 0


137

HLCS

Dai que se conclui:

𝑥𝐶.𝑀. = 𝑦𝐶.𝑀. = 0

∭𝑧 𝑑𝑚

𝑉

= ∭ 𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃) 𝜌0𝑒cos (𝜃) 𝑟2 sin(𝜃) 𝑑𝑟 𝑑𝜃𝑑∅


∭𝑧 𝑑𝑚

𝑉

= 𝜌0 ∫ 𝑑∅∫ 𝑟3𝑑𝑟∫ 𝑐𝑜𝑠(𝜃) 𝑒cos (𝜃)

𝜋2

0

𝑅

0

2𝜋

0

sin(𝜃) 𝑑𝜃

∭𝑧 𝑑𝑚

𝑉

= 2𝜋𝜌0

𝑅4

4 ∫ 𝑐𝑜𝑠(𝜃) 𝑒cos (𝜃)

𝜋2

0

sin(𝜃) 𝑑𝜃

∫ 𝑐𝑜𝑠(𝜃) 𝑒cos (𝜃)

𝜋2

0

sin(𝜃) 𝑑𝜃 =?

Realizando mudança de variáveis 𝑤 = 𝑐𝑜𝑠(𝜃), logo

𝐼2 = −∫𝑤𝑒w 𝑑𝑤

Por integração por partes

𝐼2 = 1


138

HLCS

∭𝑧 𝑑𝑚

𝑉

= 2𝜋𝜌0

𝑅4

4

Finalmente

𝑧𝐶.𝑀. =∭ 𝑧 𝑑𝑚

𝑉

∭ 𝑑𝑚𝑉

=2𝜋𝜌0

𝑅4

4

𝜌02𝜋𝑅3(𝑒 − 1)

3

=3𝑅

4(𝑒 − 1)

5.55 carga elétrica de distribuição de cargas elétricas. Consideremos uma superfície arbitraria 𝑆 no espaço R3, definida pela função suave 𝐹: 𝑅2 → 𝑅, tal que 𝑧 = 𝐹(𝑥, 𝑦). Consideremos também que a superfície seja condutora, com uma densidade de carga elétrica 𝜎(𝑥, 𝑦, 𝑧). Para determinar a carga total acumulada na superfície, realizamos o seguinte procedimento

𝜎(𝑥, 𝑦, 𝑧)|𝑆 =𝑑𝑄

𝑑𝐴


139

HLCS

dA é elemento diferencial de área na superfície S dQ é o elemento diferencial de carga elétrica no elemento dA a equação da superfície pode se escrever na forma 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦), sendo o domínio da função a projeção da superfície S no plano xy. Ou também como uma superfície de nível 𝑤 = 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑐, sendo 𝑐 uma constante numérica. Logo, a carga elétrica total na superfície S é

𝑄𝑇 = ∬𝑑𝑄

𝑆

= ∬𝜎(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝐴

Dependendo da geometria da superfície, podemos calcular em coordenadas cartesianas, esféricas ou cilíndricas. Exemplo 5.59 Considere uma superfície condutora 𝑆 em forma de superfície esférica (hemisfério norte) de raio R=4, com densidade superficial de carga

𝜎(𝑥, 𝑦, 𝑧) = √16 − 𝑥2 − 𝑦2 . Determine a carga elétrica total da

superfície esférica 𝑆.

a) Utilizando coordenadas esféricas.

b) Utilizando o método de integral dupla em superfícies arbitrarias

(seção 5.51)

Solução.-

a) Considerando as relações de transformações de coordenadas de cartesianas a esféricas

𝑥 = 𝑟 𝑠𝑖𝑛(𝜃) cos(∅) , 𝑦 = 𝑟 𝑠𝑖𝑛(𝜃) sin(∅) , 𝑧 = 𝑟 𝑐𝑜𝑠(𝜃) Temos em coordenadas esféricas:

- a equação da superfície esférica é : r=4. - a densidade de carga superficial 𝜎(𝑥, 𝑦, 𝑧) → 𝜎(𝑟, 𝜃, ∅)


140

HLCS

𝜎(𝑟, 𝜃, ∅) = √16 − 16sin (𝜃)2 = |4cos (𝜃)| No hemisfério norte

𝑆 = {(𝑟, 𝜃, ∅) ∈ 𝑅3 / 0 ≤ 𝜃 ≤𝜋

2, 0 ≤ ∅ ≤ 2𝜋, 𝑟 = 4}

logo a função cos (𝜃) é positivo, daí

𝜎(𝑟, 𝜃, ∅) = 4cos (𝜃) Por outro lado, o elemento de área na superfície esférica (𝑟 = 𝑅 = 4) é

𝑑𝐴 = 16 sin(𝜃) 𝑑𝜃𝑑∅

Consideremos um elemento de área diferencial 𝑑𝐴, na superfície esférica, logo, esta área contem uma quantidade de carga diferencial 𝑑𝑄 também. Se consideramos que neste lugar tem uma densidade de carga 𝜎(𝑟, 𝜃, ∅), Então temos a seguinte relação:

𝜎(𝑟, 𝜃, ∅) =𝑑𝑄

𝑑𝐴

Daqui a carga elétrica total na superfície S é


𝑆

= ∬𝜎(𝑟, 𝜃, ∅) 𝑑𝐴

𝑆

𝑄𝑇 = ∬4cos(𝜃) .

𝑆

16 sin(𝜃) 𝑑𝜃 𝑑∅

𝑄𝑇 = 32 ∫ ∫ sin(2 𝜃) 𝑑𝜃 𝑑∅

𝜋2

0

2𝜋

0

𝑄𝑇 = 64𝜋


141

HLCS

b) (tarefa!!) Exemplo 5.60 Considere uma superfície condutora em forma de um paraboloide de revolução: 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑦2 + 1 tal que 4 ≤ 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 9, cuja densidade de carga elétrica é 𝜎(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑧 + 𝑥2 + 𝑦2. Determine a carga total na superfície do paraboloide. Solução.-

Considere um elemento diferencial de área “dA”, na superfície do paraboloide (𝑆), esta área infinitesimal contem uma quantidade de carga infinitesimal 𝑑𝑄 também, logo:

𝜎(𝑥, 𝑦, 𝑧) =𝑑𝑄

𝑑𝐴

Daqui a carga elétrica total na superfície S é


𝑆

= ∬𝜎(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝐴

𝑆

Onde a integração dupla se deve realizar na superfície do paraboloide , dentro dos limites indicados no enunciado da questão. Se o domínio que define a superfície é 4 ≤ 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 9 então é fácil ver

que a imagem da função 𝒛 = 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝟏, esta limitada entre 𝑧 = 5 e 𝑧 = 10 (ver figura a seguir).


142

HLCS

Substituindo o valor da densidade superficial de carga

𝑄𝑇 = ∬(𝑧 + 𝑥2 + 𝑦2) 𝑑𝐴

𝑆

Observe que a coordenada z, que aparece na equação anterior esta inteiramente definida na superfície 𝑆, logo substituindo

𝑄𝑇 = ∬(𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝟏 + 𝑥2 + 𝑦2) 𝑑𝐴

𝑆

𝑄𝑇 = ∬(1 + 2𝑥2 + 2𝑦2) 𝑑𝐴

𝑆

Esta integral dupla definida na superfície S, é do tipo estudado no inicio da seção 5.3, logo, podemos aplicar o método de projeção estuado na mesma seção. Dai que:

𝑄𝑇 = ∬(1 + 2𝑥2 + 2𝑦2)√1 + 𝑓𝑥2 + 𝑓𝑦

2 𝑑𝑥 𝑑𝑦

𝐷


143

HLCS

Sendo D (anel circular) a projeção da superfície 𝑆 no plano 𝑥𝑦. Já que é uma região planar limitada pelas curvas 4 = 𝑥2 + 𝑦2 (projeção da curva espacial : 4 = 𝑥2 + 𝑦2, 𝑧 = 5) e 9 = 𝑥2 + 𝑦2 (projeção da curva espacial : 9 = 𝑥2 + 𝑦2, 𝑧 = 10)

Logo,

𝐷 = {(𝑟, 𝜃) 𝜖 𝑅2 , 2 ≤ 𝑟 ≤ 3, 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋}

Além disso, da definição da superfície S:

𝑓𝑥 = 2𝑥, 𝑓𝑦 = 2𝑦

Substituindo na equação da carga total

𝑄𝑇 = ∬ (1 + 2𝑥2 + 2𝑦2)√1 + 4𝑥2 + 4𝑦2 𝑑𝑥 𝑑𝑦𝐷

.

Iremos resolver a integral anterior em coordenadas polares, como segue:

𝑄𝑇 = ∬(1 + 2𝑟2)√1 + 4𝑟2 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃

𝐷

Que dá:


144

HLCS

𝑄𝑇 = ∫ ∫(1 + 2𝑟2)√1 + 4𝑟2 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃

3

2

2𝜋

0


145

HLCS

5.48 Exercícios Aplicações 22.-Temos uma superfície plana quadrada limitada por -2 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤

4, de densidade 𝜌 = (𝑥2 + 𝑦2)gr/cm2. x e y em centímetros. Determine a

massa da superfície plana.

23.- Um arame fino horizontal tem comprimento L=3m. A densidade do

arame é ρ= (2+x2)m/kg. Determine a posição do centro de massa do arame.

x é medido do extremo esquerdo do arame.

24. – Dada uma superfície plana limitada pela reta y=0 e pela curva y=-

x2+4, e considerando a superfície uniforme de densidade ρ = 4|x|.

a) Determine a massa da superfície plana,

b) determine o centro de massa de dita superfície.

25.- Determine o centróide da cunha sólida homogênea limitada pelos

planos 𝑥 = 0, 𝑥 = 𝑎, 𝑦 = 0, 𝑦 = 𝑏, 𝑧 = 0 e 𝑧 = 𝑐 − (𝑐

𝑎) 𝑥. 𝑎, 𝑏, 𝑐 são

constantes.

26. - Um plano intercepta os eixos “x”, “y” e “z” nos pontos (3,0,0), (0,2,0)

e (0,0,1) respectivamente.

a) Determine o volume do sólido.

b) Determine a massa deste sólido de densidade ρ=4xy.

27. - Seja um lâmina em forma de semicírculo de raio R e seja P=(r,θ) um

ponto arbitrário dentro do semicírculo. Nesse ponto a densidade é ρ = k r,

sendo r a distancia do centro do semicírculo (origem de coordenadas) até o

ponto P. k é constante.

a) Determine a massa total da lamina.

b) Determine as coordenadas do centro de massa da lâmina .


146

HLCS

28.- seja 𝑓(𝑥, 𝑦) =1000𝑦 𝑒𝑦2

1+|𝑥𝑦|

2

, a densidade superficial da população de certo

tipo de bactéria no plano xy, onde x e y são medidos em centímetros,

encontre a população total de bactérias dentro do retângulo −4 ≤ 𝑥 ≤4, 0 ≤ 𝑦 ≤ 4.

29.- Seja uma superfície planar limitada pelas hipérboles 𝑦2 − 𝑥2 =

1, 𝑦2 − 𝑥2 = 4, 𝑥𝑦 = 1, 𝑦𝑥 = 4 . Se a densidade da superfície for 𝜌(𝑥, 𝑦) = |𝑥𝑦(𝑦2 − 𝑥2)|, determine a massa da superfície em questão.

30. O momento de inercia I de uma particula pontual infinitesimal de massa dm em relação a um eixo L dado, se calcula assim dI = r2 dm, sendo r a distancia da particula ao eixo L. Determine o momento de inércia de uma lamina circular homogênea de raio R e massa M, em relação : a) Ao eixo vertical “z” que passa pelo centro da lamina. b) Ao eixo horizontal “x” que passa pela reta diametral da lamina. c) Ao eixo horizontal “y” que passa pela reta diametral da lamina. A lamina está localizada no plano xy e centralizada na origem de coordenadas. 31.- Temos um cone solido homogêneo de massa M, de altura H e base circular de raio R. Determine o momento de inércia do cone em relação ao eixo axial que passa pelo vértice e o centro da sua base circular. 32.- Um cone de base circular de raio 2 e altura 4 esta colocada no plano xy, centralizada na origem de coordenadas (o vértice se encontra no ponto (0,0,4)). A densidade do cone é variável sendo igual a 𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧) = |𝑦|. Determine a massa total do cone.


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33.- Determine o momento de inércia de um cilindro de raio R e altura H, em relação ao eixo axial do cilindro, nos seguintes casos.

a) O cilindro de massa M é homogêneo.

b) o cilindro tem densidade 𝞺(x,y,z) = x2+y2+1.

A base do cilindro se encontra no plano xy e centralizada na origem de coordendas.

34.- Determine o momento de inércia de um paralelepípedo homogêneo de dimensões: a, b e c em relação ao eixo vertical que passa pelo centro do solido de massa M.

35.- Considere um cone reto com vértice no ponto (0,0,H) e com a base circular de raio R localizada no plano 𝑥𝑦 e centralizada na origem de coordenadas. Determine o momento de inércia do cone em relação ao eixo horizontal que passa pelo centro da base circular do cone.

a) No caso que o sólido seja homogêneo de densidade 𝜌0

b) No caso que o sólido seja homogêneo de densidade 𝜌 = 1 − cos (𝜃)

36.- Seja uma superfície planar limitada pelas hipérboles 𝑦2 − 𝑥2 =1, 𝑦2 − 𝑥2 = 4, 𝑥𝑦 = 1, 𝑦𝑥 = 4 . Se a densidade da superfície for 𝜌(𝑥, 𝑦) = |𝑥𝑦(𝑦2 + 𝑥2)|, determine a massa da superfície em questão.

37.- Considere a seguintes transformações de coordenadas 𝑇: (𝑟, 𝜃, 𝜙) → (𝑥, 𝑦, 𝑧):

𝑥 = 𝑎 𝑟 sin(𝜃) cos(𝜙)

𝑦 = 𝑏 𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)sin (∅)

𝑧 = 𝑐 𝑟 cos(𝜃),

Sendo: 𝑎 > 0, 𝑏 > 0, 𝑐 > 0, 𝜃 𝜖[0, 𝜋], 𝜙 𝜖 [0,2𝜋 >

a) Verifique que a região

𝐷 = {𝑟 = 1,0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋, 0 ≤ ∅ ≤ 2𝜋}, em coordenadas esféricas, representa uma superfície do

elipsoide 𝑥2

𝑎2+

𝑦2

𝑏2+

𝑧2

𝑐2= 1, em coordenadas cartesianas.

b) Determine o jacobiano da transformação


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c) Determine o volume do elipsoide.

38.- Determine a área de uma superfície esférica de raio R, utilizando o método da integração dupla em superfícies arbitrarias.

39.- Considere uma superfície condutora em forma de superfície

cônica 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) = 4 − 2√𝑥2 + 𝑦2, com densidade superficial de

carga 𝜎(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥2 + 𝑦2 + 1. Determine a carga total da superfície cônica condutora.

40.- Considere o hemisfério norte de uma esfera maciça de raio R=2. Determine o momento de inercia do solido em relação ao eixo vertical que passa pelo polo norte do hemisfério, nos seguintes casos

a) semi-esfera homogênea, com densidade 𝜌0

b) semi-esfera com densidade 𝜌 = 𝜌0 + 𝜌1cos (𝜃)

Desafio.

Demonstração do Teorema de Steiner

Seja um sólido tridimensional, cuja densidade é variável, localizado no espaço 𝑅3. Considere um eixo vertical (paralelo ao eixo z) “𝐿1” que passa pelo centro de massa do sólido, e outro eixo vertical “𝐿2” paralelo ao anterior localizado a uma distância 𝑑 arbitraria. Demonstrar que o momento de inercia do sólido em relação ao eixo 𝐿2 é igual ao momento de inercia do sólido em relação ao eixo 𝐿1mais o produto de massa total do sólido e 𝑑2

Assim:

𝐼𝐿2= 𝐼𝐿1

+ 𝑀𝑑2

Sendo 𝑀 a massa total do sólido.


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HLCS

5.49 Respostas

22 ) (320/3) gr

23) 117/60

24) a) 32 b) 𝑥𝐶𝑀 = 0, 𝑦𝐶𝑀 = 4/3

25) 𝑥𝐶𝑀 =𝑎

3, 𝑦𝐶𝑀 =

𝑏

2, 𝑧𝐶𝑀 =

𝑐

3

26) a) 1 b) 6/5 ?

27) a) 𝑘𝑅3𝜋/3 b) 3𝑅

4𝜋

28)

28) c) -6

29) 𝐴 =27𝜋

2− 2.

*33 22/3 +9

34) 256 π/3

30) a) MR2/2 b) MR2/4 , c) MR2/4 31) 3MR2/10 32) 32/3 ----8 sin(1).

33) a) MR2/2

34) M (a2+b2)/12

35) 4𝜋𝑅2

36) 225/2

37) 𝑏) 𝑎𝑏𝑐 𝑟2sin (𝜃) c) 4𝜋

3𝑎𝑏𝑐

39) 8√2𝜋


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40) a) 4𝜋𝑅5

15𝜌0

b) 𝜋𝑅5

5(4

3𝜌0 + 𝜌1)

Versão rascunho das notas de aula do professor Hector L. Carrion Salazar ECT/ufrn. 27/07/2017

capítulo v integral dupla,...

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