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MAT 2455 - Cálculo III

Roberto Mossa

Email: [email protected]

Sala: 111A

February 22, 2020

Universidade de São Paulo

Instituto de Matemática e Estatística

Departamento de Matemática

• H. Guidorizzi, "Um Curso de Cálculo", Vol. 3, LTC, 5a ed. 2002.

• J. Stewart, "Calculo", Ed. Pioneira-Thomson Learning, 2000.

• Tom M. Apostol, "Cálculo", Vol. 2, Ed. Reverté, 1981.

• J. Bouchara, V. Carrara, A.C. Hellmeister e R. Salvitti, "Cálculo Integral

Avançado", Ed. Edusp, 2a ed. revisada, 2006.

INTEGRAIS DUPLAS

SOMA DE RIEMANN

Sejam a < b e c < d numeros dados. Consideramos o seguinte retangulo

(x , y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}

equivalentemente R = [a, b]× [c, d ]. Sejam

P1 : a = x0 < x1 < · · · < xn = b

P2 : c = y0 < y1 < · · · < yn = d

partições de [a, b] e [c, d ] respectivamente. Fica determinada uma partição P do

retangulo R

xi , yj)|i = 0, 1, 2, . . . , n, j = 0, 1, 2, . . . ,m

}Uma partição P de R determina m · n retângulos

Rij ={

(x , y) ∈ R2|xi−1 ≤ x ≤ xi , yj−1 ≤ y ≤ yj}

SOMA DE RIEMANN

Figure 1: Partição P = {(xi , yj )} do retangulo [a, b]× [c, d ]

SOMA DE RIEMANN

Seja f : B ⊂ R2 → R, com B limitado, logo existe um retangulo R = [a, b]× [c, d ]

que contem B

B ⊂ R.

Seja P ={(

xi , yj)|i = 0, 1, 2, . . . , n, j = 0, 1, 2, . . . ,m

}uma partição de R. Para

cada Rij seja Xij ∈ Rij um ponto escolhido arbitrariamente.

Figure 2: B ⊂ R.

SOMA DE RIEMANN

De�nimos soma de Riemann de f relativa à partição P e aos pontos Xij o seguinte

numero

S =n∑

m∑j=1

)∆xi∆yj

onde f(Xij

)deve ser substituído por zero se Xij /∈ B. Observe que se f

então f(Xij

)∆xi∆yj será o volume do paralelepipedo de altura f

)e cuja base é o

retángulo Rij

Figure 3: f (Xij ). 5

DEFINIÇÃO DE INTEGRAL DUPLA

∆ = max {∆x1, . . . ,∆xn,∆y1, . . . ,∆ym} .

Dizemos que a soma de Riemann∑n

∑mj=1

)∆xi∆yj tende a L ∈ R, quando

∆ tende a zero, e escrevemos

lim∆→0

n∑i=1

m∑j=1

)∆xi∆yj = L

se para todo ε > 0 dado, existir δ > 0, que sé dependa de ε mas não da escolha de Xij ,

tal que ∣∣∣∣∣∣n∑

m∑j=1

)∆xi∆yj − L

∣∣∣∣∣∣ < ε

para toda partição P, com ∆ < δ. Tal número L, que quando existe é único,

denomina-se integral dupla (segundo Riemann) de f sobre B. Assim∫∫Bf (x , y)dxdy = lim

∆→0

n∑i=1

m∑j=1

)∆xi∆yj

Se∫∫

B f (x , y)dxdy existe, então diremos que f é integrável (segundo Riemann) em B.

CONJUNTO DE CONTEÚDO NULO

Seja B ⊂ R2, de�nimos área de B por

|B| := m(B) :=

∫∫Bdxdy

Conjunto de conteúdo nulo

Seja D um subconjunto de R2. Dizemos que D tem conteudo nulo |D| = 0, se para

todo ε > 0 dado, existir um número �nito de retângulos A1,A2, . . . ,An tais que

D ⊂ A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An∑ni=1

m (Ai ) < ε,

onde m (Ai ) é a área do retângulo Ai

O grá�co de uma função continua f tem conteúdo nulo. Sendo f integrável em [a, b],

dado ε > 0 existe δ > 0 (com δ dependendo apenas de ε e não da escolha dos ci em

[xi−1, xi ]) tal que ∣∣∣∣∣n∑

f (ci ) ∆xi −∫ b

a(x)dx

∣∣∣∣∣ < ε

para toda partição de [a, b], com ∆ < δ.

Sejam si e ti , respectivamente, os pontos de

máximo e de minimo de f em [xi−1, xi ] . Segue que,∣∣∣∣∣n∑

f (si ) ∆xi −∫ b

af (x)dx

∣∣∣∣∣ < ε

∣∣∣∣∣n∑

f (ti ) ∆xi −∫ b

af (x)dx

∣∣∣∣∣ < ε

Assimn∑

[f (si )− f (ti )]∆xi < ε.

Observamos que

m(Ai ) = [f (si )− f (ti )]∆xié a area do rettangulo

Ai = [xi−1, xi ]× [f (si ) , f (ti )].

O grá�co de uma função continua f tem conteúdo nulo. Sendo f integrável em [a, b],

dado ε > 0 existe δ > 0 (com δ dependendo apenas de ε e não da escolha dos ci em

[xi−1, xi ]) tal que ∣∣∣∣∣n∑

f (ci ) ∆xi −∫ b

a(x)dx

∣∣∣∣∣ < ε

para toda partição de [a, b], com ∆ < δ.Sejam si e ti , respectivamente, os pontos de

máximo e de minimo de f em [xi−1, xi ] . Segue que,∣∣∣∣∣n∑

f (si ) ∆xi −∫ b

af (x)dx

∣∣∣∣∣ < ε

∣∣∣∣∣n∑

f (ti ) ∆xi −∫ b

af (x)dx

∣∣∣∣∣ < ε

Assimn∑

[f (si )− f (ti )]∆xi < ε.

Observamos que

m(Ai ) = [f (si )− f (ti )]∆xié a area do rettangulo

Ai = [xi−1, xi ]× [f (si ) , f (ti )].

EXEMPLOS:

• A imagem de uma curva γ : [a, b]→ R2 de classe C1([a, b]) tem conteúdo nulo.

(Lembre-se: γ é de classe C1([a, b]) se tem derivada continua em [a, b]).

• A imagem de uma curva γ : [a, b]→ R2 de classe C1([a, b]) por partes tem

conteúdo nulo.

Curva de classe C1 por partes

Dizemos que γ : [a, b]→ R2 é de classe C1 por partes se γ for continua e se existir

uma partição de [a, b], a = t0 < t1 < t2 < . . . < tn = b e curvas de classe C1

γi : [ti−1, ti ]→ R2(i = 1, 2, . . . , n)

tais que

γ(t) = γi (t) em (ti−1, ti )

Figure 4: γ é de classe C1 por partes.

EXEMPLOS:

• A imagem de uma curva γ : [a, b]→ R2 de classe C1([a, b]) tem conteúdo nulo.

(Lembre-se: γ é de classe C1([a, b]) se tem derivada continua em [a, b]).

• A imagem de uma curva γ : [a, b]→ R2 de classe C1([a, b]) por partes tem

conteúdo nulo.

Curva de classe C1 por partes

Dizemos que γ : [a, b]→ R2 é de classe C1 por partes se γ for continua e se existir

uma partição de [a, b], a = t0 < t1 < t2 < . . . < tn = b e curvas de classe C1

γi : [ti−1, ti ]→ R2(i = 1, 2, . . . , n)

tais que

γ(t) = γi (t) em (ti−1, ti )

Figure 4: γ é de classe C1 por partes.

EXEMPLOS:

• Sejam A ⊂ B ⊂ R2 então

|B| = 0⇒ |A| = 0

• O conjunto vazio tem conteudo nulo

• Todo subconjunto de R2 com um número �nito de pontos tem conteúdo nulo.

Isto é

A = {a1, . . . , am} ⇒ |A| = 0.

TOPOLOGIA DE R2

Ponto de fronteira

Seja B ⊂ R2 e seja (x0, y0) um ponto de R2 que pode pertencer ou não a B.

Dizemos que (x0, y0) é um ponto de fronteira de B se toda bola aberta de centro

(x0, y0) contiver pelo menos um ponto de B e pelo menos um ponto que não

pertence a B. O conjunto ∂B de todos os pontos de fronteira de B denomina-se

fronteira de B.

EXEMPLO 1.

Seja B ={

(x , y) ∈ R2|x2 + y2 < 1}. A fronteira de B /∈ o conjunto{

(x , y) ∈ R2|x2 + y2 = 1}

EXEMPLO 2.

Seja B ={

(x , y) ∈ R2|x2 ≤ y ≤ x2 + 1, 0 ≤ x ≤ 1}. A fronteira de B é o conjunto

Gε ∪ Gh ∪{

(0, y) ∈ R2|0 ≤ y ≤ 1}∪{

(1, y) ∈ R2|1 ≤ y ≤ 2}.

Onde GzeGh são, respectivamente, os gra�cos das funções g(x) = x2 e h(x) = x2

com 0 ≤ x ≤ 1. Portanto

|∂B| = |Gε ∪ Gh| = 0

TOPOLOGIA DE R2

Ponto de fronteira

fronteira de B.

EXEMPLO 1.

Seja B ={

(x , y) ∈ R2|x2 + y2 = 1}

EXEMPLO 2.

Seja B ={

Gε ∪ Gh ∪{

(0, y) ∈ R2|0 ≤ y ≤ 1}∪{

(1, y) ∈ R2|1 ≤ y ≤ 2}.

|∂B| = |Gε ∪ Gh| = 0

TOPOLOGIA DE R2

Ponto de fronteira

fronteira de B.

EXEMPLO 1.

Seja B ={

(x , y) ∈ R2|x2 + y2 = 1}

EXEMPLO 2.

Seja B ={

Gε ∪ Gh ∪{

(0, y) ∈ R2|0 ≤ y ≤ 1}∪{

(1, y) ∈ R2|1 ≤ y ≤ 2}.

|∂B| = |Gε ∪ Gh| = 0

TOPOLOGIA DE R2

Seja B ⊂ R2. Denotamos o complementar de B por

(x , y) ∈ R2 | (x , y) /∈ B}

= R2 \ B.

Conjunto fechado

B fechado ⇔ Bc aberto⇔ ∂B ⊂ B,

onde ∂B é a fronteira de B.

Conjunto compacto

B compacto ⇔ Bc fechado e limitado

CONDIÇÃO SUFICIENTE PARA INTEGRABILIDADE DE UMA FUNÇÃO

Teorema 1. (Condigão su�ciente para que uma função seja integrivel sobre um

conjuto limitado 1)

Seja B ⊂ R2 um conjunto limitado e seja f : B → R uma função continua e

limitada. Então

|∂B| = 0⇒ f integravel em B

A hipotese �f é continua� pode substituida por �f é continua em todos os pontos de

B, exceto nos pontos de un conjutto de conteúdo nulo".

conjuto limitado 2)

Seja f : B → R uma função continua onde B ⊂ R2 um conjunto compacto (fechado

e limitado). Então

Con efeito

B compacto + f : B → R continua ⇒ f limitada

conjuto limitado 1)

limitada. Então

conjuto limitado 2)

e limitado). Então

Con efeito

conjuto limitado 1)

limitada. Então

conjuto limitado 2)

e limitado). Então

Con efeito

EXEMPLO 1.

Sejam f (x , y) = x + y e B o conjunto de todos (x , y) tais que x2 + y2 ≤ 1. Então a

função f é integrável em B. Porque?

• f é continua e limitada em B;

• ∂B é a imagem da curva de classe C1 dada por x = cos t, y = sen t, t ∈ [0, 2π];

Como |∂B| = 0, segue que f é integrãvel em B, isto é a integral∫∫B

(x + y)dxdy

existe.

EXEMPLO 1.

Sejam f (x , y) = x + y e B o conjunto de todos (x , y) tais que x2 + y2 ≤ 1. Então a

função f é integrável em B. Porque?

• f é continua e limitada em B;

• ∂B é a imagem da curva de classe C1 dada por x = cos t, y = sen t, t ∈ [0, 2π];

Como |∂B| = 0, segue que f é integrãvel em B, isto é a integral∫∫B

(x + y)dxdy

existe.

EXEMPLO 2.

Sejam f (x , y) = x + y e B ={

(x , y) ∈ R2|x2 ≤ y ≤ 1 + x2,−1 ≤ x ≤ 1}.

A função f : B → R é integravel?

A fronteira ∂B tem conteúdo nulo, pois ∂B = D1 ∪ D2 ∪ D3 ∪ D4, onde

• D1 é o grá�co de y = x2,−1 ≤ x ≤ 1 ;

• D2 é o grá�co de y = 1 + x2,−1 ≤ x ≤ 1 ;

• D3 é a imagem da curva x = 1, y = t, 1 ≤ t ≤ 2 ;

• D4 é a imagem da curva x = −1, y = t, 1 ≤ t ≤ 2.

Observe que as funções y = x2 e y = 1 + x2 são continuas e as curvas mencionadas

são de classe C1. Segue que f é integrável em B.

EXEMPLO 2.

Sejam f (x , y) = x + y e B ={

(x , y) ∈ R2|x2 ≤ y ≤ 1 + x2,−1 ≤ x ≤ 1}.

A função f : B → R é integravel?

A fronteira ∂B tem conteúdo nulo, pois ∂B = D1 ∪ D2 ∪ D3 ∪ D4, onde

• D1 é o grá�co de y = x2,−1 ≤ x ≤ 1 ;

• D2 é o grá�co de y = 1 + x2,−1 ≤ x ≤ 1 ;

• D3 é a imagem da curva x = 1, y = t, 1 ≤ t ≤ 2 ;

• D4 é a imagem da curva x = −1, y = t, 1 ≤ t ≤ 2.

Observe que as funções y = x2 e y = 1 + x2 são continuas e as curvas mencionadas

são de classe C1. Segue que f é integrável em B.15

EXEMPLO 3.

Seja B o círulo x2 + y2 ≤ 1. Seja f : B → R dada por

f (x , y) =

{1 se y > 0

−1 se y < 0

f é integrável em B? Por quê?

Soluçao.

• A fronteira de B tem conteúdo nulo.

• A função f é limitada em B (−1 ≤ f (x , y) ≤ 1 )

• A função f é descontinua apenas nos pontos (x , 0),−1 ≤ x ≤ 1

Como o conjunto dos pontos de descontinuidade tem conteúdo nulo, segue que f é

integrável em B.

EXEMPLO 3.

Seja B o círulo x2 + y2 ≤ 1. Seja f : B → R dada por

f (x , y) =

{1 se y > 0

−1 se y < 0

f é integrável em B? Por quê?

Soluçao.

• A fronteira de B tem conteúdo nulo.

• A função f é limitada em B (−1 ≤ f (x , y) ≤ 1 )

• A função f é descontinua apenas nos pontos (x , 0),−1 ≤ x ≤ 1

Como o conjunto dos pontos de descontinuidade tem conteúdo nulo, segue que f é

integrável em B.

PROPRIEDADES DA INTEGRAL

Sejam f e g integraveis em B e seja k uma constante. Tem-se

1. f + g e kf são integráveis e

a)∫∫

B [f (x , y) + g(x , y)]dxdy =∫∫

B f (x , y)dxdy +∫∫

B g(x , y)dxdy

b)∫∫

B kf (x , y)dxdy = k∫∫

B f (x , y)dxdy

2. f (x , y) > 0 em B ⇒∫∫

B f (x , y)dxdy > 0.

3. f (x , y) 6 g(x , y) em B ⇒∫∫

B f (x , y)dxdy 6∫∫

B g(x , y)dxdy

4. Se B tiver conteúdo nulo (i.e. |B| =∫∫

B dxdy = 0), então∫∫Bf (x , y)dxdy = 0

5. se o conjunto E = {(x , y) ∈ B|f (x , y) 6= g(x , y)} tiver conteúdo nulo (i.e.

|E | = 0), então ∫∫Bf (x , y)dxdy =

∫∫Bg(x , y)dxdy

6. se f for integrável em B1 e B ∩ B1 tiver conteúdo nulo (i.e. |B ∩ B1| = 0), então∫∫B∪B1

f (x , y)dxdy =

∫∫Bf (x , y)dxdy +

∫∫B1

f (x , y)dxdy

Conexidade por arcos

Um conjunto B ⊂ R2 é dito conexo por arcos (ou conexo por caminhos) se quaisquer

dois dos seus pontos estão ligados por curva continua contida em B.

Propriedade do valor médio para integrais

Seja f continua em B ⊂ R2 compacto, conexo por arcos e com |∂B| = 0. Então,

existe pelo menos um ponto (x0, y0) ∈ B. Tal que∫∫Bf (x , y)dxdy = αf (x0, y0),

α = Vol(B) =

∫∫Bdxdy .

Funçòes nào de�nidas num cojunto de conteudo nulo.

Integrabilidade de sunçòes nào de�nidas num cojunto de conteudo nulo.

Seja B um conjunto compacto com fronteira de conteudo nulo (i.e. |∂B| = 0). Seja

f : B \ D → R.

onde D ⊂ B é un conjunto de conteúdo nulo. Seja g : B → R ingravel e tal que

f (x , y) = g(x , y) para todo (x , y) ∈ B \ D.

De�nimos ∫∫Bf (x , y)dxdy =

∫∫Bg(x , y)dxdy .

Observe que a integral acima está bem de�nida, pois se h for outra função de B em Rtal que h(x , y) = f (x , y) em todo (x , y) /∈ D, com h integrável em B, então∫∫

Bh(x , y)dxdy =

∫∫Bg(x , y)dxdy

pela propriedade 5.

EXEMPLO 1. Seja B o círulo x2 + y2 ≤ 1. Seja

f (x , y) =x2

x2 + y2,

por (x , y) ∈ B \ {(0, 0)} e seja g : B → R dada por

g(x , y) =

x2+y2se (x , y) 6= (0, 0)

0 se (x , y) = (0, 0)

Como g é integrável em B, segue que∫∫

x2+y2dxdy existe e

∫∫B

x2 + y2dxdy =

∫∫Bg(x , y)dxdy

EXEMPLO 2. Seja B o círulo x2 + y2 ≤ 1 observamos que

∂B ={

(x , y) ∈ R2|x2 + y2 = 1}. Sejam

f (x , y) =sen(1− x2 − y2

)1− x2 − y2

, (x , y) ∈ B \ ∂B

e g : B → R dada por

g(x , y) =

{sen(1−x2−y2)

1−x2−y2se (x , y) ∈ B \ ∂B

1 se (x , y) ∈ ∂B

Sendo g continua em B, segue que g é integrável em B. Assim,∫∫B

sen(1− x2 − y2

)1− x2 − y2

dxdy =

∫∫Bg(x , y)dxdy .

TEOREMA DE FUBINI.

Seja o retângulo R ={

(x , y) ∈ R2 | a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}e seja f (x , y) integrável

Fixado y ∈ [c, d ] consideramos a função gy : [a, b]→ R dada por

gy (x) = f (x , y)

Se por cada y ∈ [c, d ] a função gy è integravel, podemos considerar a função dada por

α(y) =

agy (x)dx =

af (x , y)dxdy ∈ [c, d ].

No caso f (x , y) ≥ 0, α(y) è a area da região hachurada:

TEOREMA DE FUBINI.

em R. Fixado y ∈ [c, d ] consideramos a função gy : [a, b]→ R dada por

gy (x) = f (x , y)

α(y) =

agy (x)dx =

TEOREMA DE FUBINI.

gy (x) = f (x , y)

α(y) =

agy (x)dx =

TEOREMA DE FUBINI.

gy (x) = f (x , y)

α(y) =

agy (x)dx =

TEOREMA DE FUBINI.

Teorema (de Fubini) 1

Seja f (x , y) integrável no retângulo R = [a, b]× [c, d ].

Suponhamos que

•∫ ba f (x , y0)dx exista, para todo y0 ∈ [c, d ],

•∫ dc f (x0, y)dy exista, para todo x0 ∈ [a, b],

Então ∫∫Rf (x , y)dxdy =

[∫ b

af (x , y)dx

[∫ d

cf (x , y)dy

TEOREMA DE FUBINI.

Seja f (x , y) integrável no retângulo R = [a, b]× [c, d ]. Suponhamos que

[∫ b

af (x , y)dx

[∫ d

cf (x , y)dy

TEOREMA DE FUBINI.

[∫ b

af (x , y)dx

[∫ d

cf (x , y)dy

TEOREMA DE FUBINI.

[∫ b

af (x , y)dx

[∫ d

cf (x , y)dy

TEOREMA DE FUBINI.

EXEMPLO 1. Calcule∫∫

R(x + y) dxdy , onde R é o retângulo 1 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1.

Solução. Pelo teorema de Fubini∫∫R

(x + y)dxdy =

(x + y)dx

Temos: ∫2

(x + y)dx =

)−(1

2+ y .

Então, ∫∫R

(x + y)dxdy =

Invertendo a ordem de integração, obtemos∫∫R

(x+y)dxdy =

(x + y)dy

)dx = 2.

TEOREMA DE FUBINI.

(x + y)dxdy =

(x + y)dx

Temos: ∫2

(x + y)dx =

)−(1

2+ y .

Então, ∫∫R

(x + y)dxdy =

(x+y)dxdy =

(x + y)dy

)dx = 2.

TEOREMA DE FUBINI.

(x + y)dxdy =

(x + y)dx

Temos: ∫2

(x + y)dx =

)−(1

2+ y .

Então, ∫∫R

(x + y)dxdy =

(x+y)dxdy =

(x + y)dy

)dx = 2.

TEOREMA DE FUBINI.

EXEMPLO 2. Calcule

a)∫1

−1∫2

0xy2dxdy

xy2dxdy =

2y2]20

−12y2dy =

b)∫2

−1 xy2dydx .

−1xy2dydx =

−1xy2dy

]dx = 2

xdx =4

TEOREMA DE FUBINI.

EXEMPLO 2. Calcule

a)∫1

−1∫2

0xy2dxdy

xy2dxdy =

2y2]20

−12y2dy =

b)∫2

−1 xy2dydx .

−1xy2dydx =

−1xy2dy

]dx = 2

xdx =4

TEOREMA DE FUBINI.

EXEMPLO 2. Calcule

a)∫1

−1∫2

0xy2dxdy

xy2dxdy =

2y2]20

−12y2dy =

b)∫2

−1 xy2dydx .

−1xy2dydx =

−1xy2dy

]dx = 2

xdx =4

TEOREMA DE FUBINI.

EXEMPLO 2. Calcule

a)∫1

−1∫2

0xy2dxdy

xy2dxdy =

2y2]20

−12y2dy =

b)∫2

−1 xy2dydx .

−1xy2dydx =

−1xy2dy

]dx = 2

xdx =4

VOLUME DE UM SOLIDO.

Seja f (x , y) integrável em B com f (x , y) ≥ 0 em B. Seja

(x , y , z) ∈ R3|(x , y) ∈ B, 0 ≤ z ≤ f (x , y)}

De�nimos o volume de A por

Vol(A) =

∫∫Bf (x , y)dxdy

EXEMPLO. f (x , y) = k, k constante, R ={

(x , y) ∈ R2|a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}

Vol(A) =

∫∫Rkdxdy =

(∫ b

c(k(b − a)) dy = k(b − a)(d − c)

Se k > 0,∫∫

R kdxdy é o volume do paralelepipedo a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d e 0 ≤ z ≤ k

(x , y , z) ∈ R3|(x , y) ∈ B, 0 ≤ z ≤ f (x , y)}

Vol(A) =

(x , y) ∈ R2|a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}

Vol(A) =

∫∫Rkdxdy =

(∫ b

c(k(b − a)) dy = k(b − a)(d − c)

Se k > 0,∫∫

(x , y , z) ∈ R3|(x , y) ∈ B, 0 ≤ z ≤ f (x , y)}

Vol(A) =

(x , y) ∈ R2|a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}

Vol(A) =

∫∫Rkdxdy =

(∫ b

c(k(b − a)) dy = k(b − a)(d − c)

Se k > 0,∫∫

EXEMPLO 3. Calcule o volume do conjunto A de todos (x , y , z) tais que 0 ≤ x ≤ 1

0 ≤ y ≤ 1 e 0 ≤ z ≤ x2 + y2

Vol(A) =

∫∫B

(x2 + y2

)dxdy =

(x2 + y2

3+ xy2

0 ≤ y ≤ 1 e 0 ≤ z ≤ x2 + y2

Vol(A) =

∫∫B

(x2 + y2

)dxdy =

(x2 + y2

3+ xy2

0 ≤ y ≤ 1 e 0 ≤ z ≤ x2 + y2

Vol(A) =

∫∫B

(x2 + y2

)dxdy =

(x2 + y2

3+ xy2

TEOREMA DE FUBINI.

• Sejam c(x) e d(x) duas funções continuas tais que, c(x) ≤ d(x) ∀x ∈ [a, b]

• Seja f (x , y) continua no retângulo R = {(x , y) | a ≤ x ≤ b e c(x) ≤ y ≤ d(x)}.

Então ∫∫Bf (x , y)dxdy =

[∫ d(x)

c(x)f (x , y)dy

TEOREMA DE FUBINI.

• Sejam a(x) e b(x) duas funções continuas tais que, a(y) ≤ b(y), ∀y ∈ [c, d ]

• Seja f (x , y) continua no retângulo R = {(x , y) | c ≤ y ≤ d e a(x) ≤ x ≤ b(x)}.

Então ∫∫Bf (x , y)dxdy =

[∫ b(y)

a(y)f (x , y)dx

TEOREMA DE FUBINI.

B(x − y)dxdy , onde B ={

(x , y) | x2 + y2 ≤ 1, x ≥ 0}

então

∫∫B

(x − y)dxdy =

[∫ √1−x2

−√

1−x2(x − y)dy

[xy − y2

]√1−x2

−√

1−x2

1− x2dx

TEOREMA DE FUBINI.

(x , y) | x2 + y2 ≤ 1, x ≥ 0}

então

∫∫B

(x − y)dxdy =

[∫ √1−x2

−√

1−x2(x − y)dy

[xy − y2

]√1−x2

−√

1−x2

1− x2dx

TEOREMA DE FUBINI.

(x , y) | x2 + y2 ≤ 1, x ≥ 0}

então

∫∫B

(x − y)dxdy =

[∫ √1−x2

−√

1−x2(x − y)dy

[xy − y2

]√1−x2

−√

1−x2

1− x2dx

TEOREMA DE FUBINI.

Façamos a mudança de variável

u = 1− x2; du = −2xdxx = 0; u = 1

x = 1; u = 0

Assim, ∫1

1− x2dx =

√udu =

Portanto, ∫∫B

(x − y)dxdy =2

TEOREMA DE FUBINI.

Vamos, agora, calcular∫∫

B(x − y)dxdy invertendo a ordem de integração.

Então

∫∫B

(x − y)dxdy =

[∫ √1−y2

(x − y)dx

[ x22− xy

]√1−y2

(1− y2

2− y√

1− y2)dy =

1− y2

(1− y2

TEOREMA DE FUBINI.

Vamos, agora, calcular∫∫

B(x − y)dxdy invertendo a ordem de integração.

Então

∫∫B

(x − y)dxdy =

[∫ √1−y2

(x − y)dx

[ x22− xy

]√1−y2

(1− y2

2− y√

1− y2)dy =

1− y2

(1− y2

TEOREMA DE FUBINI.

EXEMPLO 6. Calcule o volume do conjunto A de todos (x , y , z) tais que x ≥ 0, y ≥0, x + y ≤ 1 e 0 ≤ z ≤ 1− x2.

Vol(A) =

∫∫Bf (x , y)dxdy ,

f (x , y) = 1− x2

e B è o triangulo

B = {(x , y) | x ≥ 0, y ≥ 0 e x + y ≤ 1}

TEOREMA DE FUBINI.

Vol(A) =

f (x , y) = 1− x2

e B è o triangulo

B = {(x , y) | x ≥ 0, y ≥ 0 e x + y ≤ 1}

TEOREMA DE FUBINI.

Vol(A) =

f (x , y) = 1− x2

e B è o triangulo

B = {(x , y) | x ≥ 0, y ≥ 0 e x + y ≤ 1}

TEOREMA DE FUBINI.

A área da região hachurada è dada por:∫1−x0

(1− x2

=(1− x2

)(1− x) = 1− x − x2 + x .

Vol(A) =

∫∫Bf (x , y)dxdy =

∫∫B

(1− x2

)dxdy =

[∫1−x

(1− x2

(1− x − x2 + x3

TEOREMA DE FUBINI.

B xydxdy , onde B é o triângulo de vértices (−1, 0), (0, 1) e

(1, 0)

Como a(y) = y − 1 e b(y) = 1− y , resulta∫ b(y)

a(y)xy dx =

∫1−y

y−1xydx =

]−1−y

y−1=

(1− y)2y

(y − 1)2y

Assim, ∫∫Bxy dxdy =

[∫ b(y)

a(y)xy dx

]dy = 0

TEOREMA DE FUBINI.

(1, 0)

a(y)xy dx =

∫1−y

y−1xydx =

]−1−y

y−1=

(1− y)2y

(y − 1)2y

[∫ b(y)

a(y)xy dx

]dy = 0

TEOREMA DE FUBINI.

(1, 0)

a(y)xy dx =

∫1−y

y−1xydx =

]−1−y

y−1=

(1− y)2y

(y − 1)2y

[∫ b(y)

a(y)xy dx

]dy = 0

TEOREMA DE FUBINI.

Vamos, agora, calcular a integral invertendo a ordem de integração

∫∫B

xydxdy =

∫∫B1

xydxdy +

∫∫B2

xydxdy

∫∫B1

xydxdy =

[∫ 1+x

x(1 + x)2

e ∫∫B2

xydxdy =

[∫ 1−x

x(1− x)2

Portanto ∫∫B

xydxdy =1

[∫ 0

(x + 2x2 + x3

(x − 2x2 + x3

TEOREMA DE FUBINI.

∫∫B

xydxdy =

∫∫B1

xydxdy +

∫∫B2

xydxdy

∫∫B1

xydxdy =

[∫ 1+x

x(1 + x)2

e ∫∫B2

xydxdy =

[∫ 1−x

x(1− x)2

Portanto ∫∫B

xydxdy =1

[∫ 0

(x + 2x2 + x3

(x − 2x2 + x3

TEOREMA DE FUBINI.

∫∫B

xydxdy =

∫∫B1

xydxdy +

∫∫B2

xydxdy

∫∫B1

xydxdy =

[∫ 1+x

x(1 + x)2

e ∫∫B2

xydxdy =

[∫ 1−x

x(1− x)2

Portanto ∫∫B

xydxdy =1

[∫ 0

(x + 2x2 + x3

(x − 2x2 + x3

TEOREMA DE FUBINI.

B e−2dxdy , onde B é o triângulo de vértices (0, 0), (1, 1) e

(0, 1).

∫∫Be−y2dxdy =

[∫ y

e−y2dx

[∫ b(y)

e−y2dx

ye−y2dy =

2e−y2

(1− e−1

TEOREMA DE FUBINI.

B e−2dxdy , onde B é o triângulo de vértices (0, 0), (1, 1) e

(0, 1).

∫∫Be−y2dxdy =

[∫ y

e−y2dx

[∫ b(y)

e−y2dx

ye−y2dy =

2e−y2

(1− e−1

TEOREMA DE FUBINI.

EXEMPLO 9. Inverta a ordem de integração e calcule∫1

[∫1√y sen x3dx

Observamos que ∫1

sen x3dx

∫∫B

sen x3dxdy

(x , y) ∈ R2|0 ≤ y ≤ 1,√y ≤ x ≤ 1

∫∫B

sen x3dxdy =

[∫ x2

sen x3dy

TEOREMA DE FUBINI.

[∫1√y sen x3dx

Observamos que ∫1

sen x3dx

∫∫B

sen x3dxdy

(x , y) ∈ R2|0 ≤ y ≤ 1,√y ≤ x ≤ 1

∫∫B

sen x3dxdy =

[∫ x2

sen x3dy

TEOREMA DE FUBINI.

[∫1√y sen x3dx

Observamos que ∫1

sen x3dx

∫∫B

sen x3dxdy

(x , y) ∈ R2|0 ≤ y ≤ 1,√y ≤ x ≤ 1

∫∫B

sen x3dxdy =

[∫ x2

sen x3dy

TEOREMA DE FUBINI.

Portanto

sen x3dx

[∫ x2

sen x3dy

onde ∫ x2

sen x3dy = sen x3∫ x2

dy = sen x3[y ]x2

0 = x2 sen x3.

Portanto

[∫ x2

sen x3dy

x2 sen x3dx =

3cos x3

3(1− cos 1)

TEOREMA DE FUBINI.

Portanto

sen x3dx

[∫ x2

sen x3dy

onde ∫ x2

dy = sen x3[y ]x2

0 = x2 sen x3.

Portanto

[∫ x2

sen x3dy

x2 sen x3dx =

3cos x3

3(1− cos 1)

TEOREMA DE FUBINI.

Portanto

sen x3dx

[∫ x2

sen x3dy

onde ∫ x2

dy = sen x3[y ]x2

0 = x2 sen x3.

Portanto

[∫ x2

sen x3dy

x2 sen x3dx =

3cos x3

3(1− cos 1)

TEOREMA DE FUBINI.

EXEMPLO 10. Inverta a ordem de integração na integral∫1

[∫√2−x2

x f (x , y)dy

onde f (x , y) é suposta continua em R2.

[∫ √2−x2

xf (x , y)dy

∫Bf (x , y)dydx

TEOREMA DE FUBINI.

[∫√2−x2

x f (x , y)dy

onde f (x , y) é suposta continua em R2.

[∫ √2−x2

xf (x , y)dy

∫Bf (x , y)dydx

TEOREMA DE FUBINI.

∫Bf (x , y)dydx =

∫∫B1

f (x , y)dxdy +

∫∫B2

f (x , y)dxdy

Onde∫∫B1

f (x , y)dxdy =

[∫ y

f (x , y)dx

∫∫B2

f (x , y)dxdy =

∫ √2

[∫ √2−y2

f (x , y)dx

Portanto

[∫ √2−x2

xf (x , y)dy

[∫ y

f (x , y)dx

∫ √2

[∫ √2−y2

f (x , y)dx

TEOREMA DE FUBINI.

∫Bf (x , y)dydx =

∫∫B1

f (x , y)dxdy +

∫∫B2

f (x , y)dxdy

Onde∫∫B1

f (x , y)dxdy =

[∫ y

f (x , y)dx

∫∫B2

f (x , y)dxdy =

∫ √2

[∫ √2−y2

f (x , y)dx

Portanto

[∫ √2−x2

xf (x , y)dy

[∫ y

f (x , y)dx

∫ √2

[∫ √2−y2

f (x , y)dx

TEOREMA DE FUBINI.

∫Bf (x , y)dydx =

∫∫B1

f (x , y)dxdy +

∫∫B2

f (x , y)dxdy

Onde∫∫B1

f (x , y)dxdy =

[∫ y

f (x , y)dx

∫∫B2

f (x , y)dxdy =

∫ √2

[∫ √2−y2

f (x , y)dx

Portanto

[∫ √2−x2

xf (x , y)dy

[∫ y

f (x , y)dx

∫ √2

[∫ √2−y2

f (x , y)dx

TEOREMA DE FUBINI.

∫Bf (x , y)dydx =

∫∫B1

f (x , y)dxdy +

∫∫B2

f (x , y)dxdy

Onde∫∫B1

f (x , y)dxdy =

[∫ y

f (x , y)dx

∫∫B2

f (x , y)dxdy =

∫ √2

[∫ √2−y2

f (x , y)dx

Portanto

[∫ √2−x2

xf (x , y)dy

[∫ y

f (x , y)dx

∫ √2

[∫ √2−y2

f (x , y)dx

TEOREMA DE FUBINI.

EXEMPLO 11. Utilizando integral dupla, calcule a área da região compreendida entre

os grá�cos das funções y = x e y = −x2 + x + 1, com −1 ≤ x ≤ 1

Area (B) =

∫∫Bdxdy

∫∫Bdxdy =

[∫ −x2+x+1

([y ]−x2+x+1

−1−x2 + 1dx =

TEOREMA DE FUBINI.

Area (B) =

∫∫Bdxdy

∫∫Bdxdy =

[∫ −x2+x+1

([y ]−x2+x+1

−1−x2 + 1dx =

TEOREMA DE FUBINI.

Area (B) =

∫∫Bdxdy

∫∫Bdxdy =

[∫ −x2+x+1

([y ]−x2+x+1

−1−x2 + 1dx =

TEOREMA DE FUBINI.

Area (B) =

∫∫Bdxdy

∫∫Bdxdy =

[∫ −x2+x+1

([y ]−x2+x+1

−1−x2 + 1dx =

TEOREMA DE FUBINI.

[∫4x−x2

xf (x , y)dy

a região de integração é o conjunto

(x , y) ∈ R2|0 ≤ x ≤ 3 e x ≤ y ≤ 4x − x2}

Precisamos expressar x em função de y . Temos

y = 4x − x2 ⇔ x2 − 4x + y = 0

TEOREMA DE FUBINI.

[∫4x−x2

xf (x , y)dy

(x , y) ∈ R2|0 ≤ x ≤ 3 e x ≤ y ≤ 4x − x2}

y = 4x − x2 ⇔ x2 − 4x + y = 0

TEOREMA DE FUBINI.

[∫4x−x2

xf (x , y)dy

(x , y) ∈ R2|0 ≤ x ≤ 3 e x ≤ y ≤ 4x − x2}

y = 4x − x2 ⇔ x2 − 4x + y = 0

TEOREMA DE FUBINI.

[∫4x−x2

xf (x , y)dy

(x , y) ∈ R2|0 ≤ x ≤ 3 e x ≤ y ≤ 4x − x2}

y = 4x − x2 ⇔ x2 − 4x + y = 044

TEOREMA DE FUBINI.

Segue que

x = 2±√

4− y

∫∫Bf (x , y)dydx =

[∫ y

2−√4−y

f (x , y)dx

[∫2+√4−y

2−√4−y

f (x , y)dx

TEOREMA DE FUBINI.

EXEMPLO 13. Inverta a ordem de integração na integral∫ π

[∫ sen x

f (x , y)dy

A região de integração é o conjunto

B = {(x , y) ∈ R | 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ sen x}

Precisamos expressar x em função de y .

TEOREMA DE FUBINI.

[∫ sen x

f (x , y)dy

B = {(x , y) ∈ R | 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ sen x}

TEOREMA DE FUBINI.

[∫ sen x

f (x , y)dy

B = {(x , y) ∈ R | 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ sen x}

TEOREMA DE FUBINI.

y = sen x , 0 6 x 6π

2⇔ x = arcsen y , 0 ≤ y ≤ 1

Logo, ∫ π

[∫ sen x

f (x , y)dy

[∫ π−arcsen y

arcsen yf (x , y)dx

mat 2455 - cálculo iiirobertom/resources/l1.pdfmat 2455 - cálculo iii roberto mossa email:...

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