Exercícios Resolvidos de Cálculo de Volumes por Integrais Duplas

Questão 2: Determine o volume do sólido abaixo da superfície z = x y e acima do triângulo com vértices 1   ,   1 , 4 ,   1 , 1 ,   2 .

Passo 1

Bem, se queremos calcular volume, então o que o problema quer que a gente calcule aqui na verdade é uma integral dupla dessa forma aqui:

V o l   = ∬ R   f x ,   y   d A

O que nos falta saber é quem essa f x ,   y e saber também quem é essa região R . Vamos nessa?

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Passo 2

Primeiro vamos definir aqui quem é a função f x ,   y de integração.

Mas relaxa! Não é um monstro de 7 cabeças sabe por quê? Por que a função f de integração é a função que a gente quer calcular o volume entre ela e o plano x y onde está a região de integração R . Como o nosso problema nos disse, queremos o volume abaixo de

z = x y

Então essa superfície será a f x ,   y , saca?

z = f x ,   y = x y

Passo 3

SIM! Agora vamos falar um pouquinho da nossa região R de integração: o problema já nos informou quem é ela:

“... acima do triângulo com vértices 1   ,   1 , 4 ,   1 , 1 ,   2 .”

Então vamos desenha-lo!

Veja que o nosso problema não é nem desenha-la, mas será em descrevê-la. Porém, não se preocupe, vou te ajudar a conseguir acabar com questões desse tipo na sua prova. Vem comigo!

Passo 4

Podemos descrever essa região como sendo do TIPO 1, afinal podemos colocar o nosso x varia em um intervalo numérico do ponto onde começa até o último da nossa região...

1 ≤ x ≤ 4

Agora o y , eu quero que você veja que ele está variando de uma base a um teto. A base, basicamente é o lado do triângulo paralelo ao eixo x com y = 1 . Já o Teto, é a hipotenusa do triângulo, nesse caso:

B a s e ≤ y ≤ T e t o         →

1 ≤ y ≤ T e t o  

A grande pergunta é: como encontramos a equação dessa hipotenusa?

Passo 5

Tem um jeito que é o seguinte: sabemos que a hipotenusa é uma reta e, portanto, ela deve ter uma cara assim:

y = a x + b

Onde a e b são constantes que temos que encontrar. Temos dois pontos que pertencem a essa reta ( 1 ,   2   e   4 ,   1 ) e como toda reta depende de dois pontos para ser determinada, vamos substitui-los nessa equação:

1 ,   2           →                     2 = a + b

4 ,   1           →                     1 = 4 a + b

Isolando em cima e trocando em baixo...

4 a + 2 - a = 1             →

4 a - a + 2 = 1           →

3 a = - 1           →

a = - 1 3

E

b = 2 - a = 2 + 1 3 = 7 3

Logo, a reta que vamos ter é...

y = - 1 3 x + 7 3

Então podemos falar sem medo que essa é a equação do teto...

1 ≤ y ≤ T e t o       →

1 ≤ y ≤ - 1 3 x + 7 3  

Passo 6

Com isso tudo definido:

f x ,   y = x y

e

1 ≤ x ≤ 4 1 ≤ y ≤ - 1 3 x + 7 3

Podemos jogar na integral dupla...

V o l   = ∬ R   f x ,   y   d A =

∫ 1 4 ∫ 1 - 1 3 x + 7 3 x y   d y d x

Integrando a de dentro considerando x constante...

∫ 1 4 ∫ 1 - 1 3 x + 7 3 x y   d y d x = ∫ 1 4 x ∫ 1 - 1 3 x + 7 3 y   d y d x =

∫ 1 4 x y 2 2 1 - 1 3 x + 7 3 d x =

∫ 1 4 x - 1 3 x + 7 3 2 2 - 1 2 d x =

∫ 1 4 x 49 9 - 1 4 9 x + x 2 9 2 - 1 2 d x = ∫ 1 4 x 49 18 - 17 18 x + x 2 18 - 1 2 d x =

∫ 1 4 40 x 18 - 1 4 18 x 2 + x 3 18 d x = 40 x 2 36 - 1 4 54 x 3 + x 4 72 1 4 =

Substituindo...

40 4 2 36 - 1 4 54 4 3 + 4 4 72 - 40 36 - 1 4 54 + 1 72 =

Simplificando um pouco...

10 9 16 - 1 - 1 4 54 64 + 1 + 256 - 1 72 =

150 9 - 910 54 + 255 72 = 3600 - 3640 + 765 216 = 725 216

Resposta

725 216

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