Integrais Duplas sobre Regiões do Tipo 1

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Teoria

Módulo 2

Opa, tudo bem? Vamos escrever uma matemática aqui embaixo: (basta apertar ‘ALT + =’ )

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Determine o esboço da região do plano x y sobre a qual a integral é calculada:

∫ 1 2 ∫ x 2 4 x - x 2 f ( x , y ) d y d x

Passo 1

Fala aí pessoal. Tudo certinho com vocês?

Bom o primeiro passo para resolver uma questão é sempre entender o que ela está pedindo, certo?

Aqui temos uma integral dupla, o que significa que ela será calculada sobre duas variáveis diferentes, a x e a y . Mas o que o enunciado quer é que a gente diga como é a região de integração. Então, o que temos que analisar são os limites de integração de x e de y que estão na integral dada.

Bora começar olhando o intervalo de integração que temos para x , ou seja, o intervalo da integral de fora:

∫ 1 2 ∫ x 2 4 x - x 2 f x , y d y     d x

Com a separação das integrais, vemos que a que ficou na parte de fora dos colchetes está sendo calculado com o d x , então, assim podemos identificar os limites de integração em x que são:

1 ≤ x ≤ 2

Como o enunciado pediu pra gente determinar no plano x y o esboço dessa região, já vamos delimitar lá no plano os valores de x , que acabamos de identificar.

Agora já sabemos que no gráfico a região vai ficar entre essas duas retas fica assim:

Passo 2

Agora vamos olhar para os limites em y , ou seja, a integral de dentro:

∫ 1 2 ∫ x 2 4 x - x 2 f x , y d y     d x

Veja que os limites indicam que nosso y estão entre as curvas:

x 2 ≤ y ≤ 4 x - x 2

Isso quer dizer que temos as curvas y = x 2 e y = 4 x - x 2 limitando nossa região. A primeira é uma parábola com concavidade para cima e que passa pela origem:

Agora vamos ver a outra curva, y = 4 x - x 2 .

Passo 3

Como temos y de um lado e x 2 do outro, sabemos que também é uma parábola, mas repare no sinal negativo de x 2 . Isso significa que a concavidade da parábola está voltada para baixo.

E mais: temos esse termo 4 x , que significa que ela está deslocada de alguma forma. Vamos calcular suas raízes para entender melhor como ficará esse gráfico, beleza?

y = 4 x - x 2 = 0

Aqui podemos isolar o x colocando ele em evidência:

x 4 - x = 0

Isso ajuda a gente a resolver mais rápido, pois temos uma multiplicação de x por 4 - x   dando zero. Isso só pode acontecer se um deles for zero. Então, temos duas possibilidades

x = 0

Ou,

4 - x = 0

- x = - 4

x = 4

Passo 4

Com as nossas duas soluções:

x = 0 x = 4

Essas soluções dizem pra gente onde a nossa parábola vai cortar o eixo x .

Temos que ela passa, então, pelos pontos ( 0,0 ) e ( 4,0 ) . Vamos desenhar isso aqui:

Passo 5

Show de bola, temos tudo desenhado, agora vamos identificar a região de integração, lembrando que:

1 ≤ x ≤ 2

E

x 2 ≤ y ≤ 4 x - x 2

Vamos pintar a região que fica limitada por essas curvas:

E essa é nossa região de integração. Show!!

Resposta

1 ≤ x ≤ 2 e x 2 ≤ y ≤ 4 x - x 2

Com:

Exercício Resolvido #2

Calcule

∬ D   x + 2 y d A

Onde D é a região limitada pelas parábolas y = 2 x 2 e y = 1 + x 2 .

Passo 1

Calma calma calma, antes de tudo vamos fazer um esboço para entender melhor o que está sendo pedido! Como as duas parábolas têm o coeficiente do termo x 2 positivos, elas estão viradas para cima. Fazendo y = 0 , descobriremos suas raízes.

Então vamos lá, começando com a y = 2 x 2

y = 2 x 2 = 0

  x = 0

Isso significa que nossa parábola toca o eixo x quando x = 0 .

Agora vamos olhar para y = 1 + x 2 , fazendo:

y = 1 + x 2 = 0

  x 2 = - 1

Opa! Isso aí não vai rolar porque não podemos tirar a raiz real de um número negativo. Isso significa que a segunda parábola não possui raízes reais, portanto, não corta o eixo x , beleza? Ela está acima do eixo.

Pra desenharmos ela, vamos lembrar que ela é muito parecida com a parábola y = x 2 . A diferença é que ela tem o + 1 . Então, pra desenharmos ela, nós desenhamos a y = x 2 e subimos uma unidade no eixo y . Certo?

Agora que já descobrimos nossas duas parábolas, vamos colocar elas juntas em um gráfico. E vai ficar assim:

Passo 2

Perceba que as duas parábolas formaram uma região limitada por elas. Essa será a região de integração.

Como essa região está limitada em y por duas funções (a parábola vermelha e a azul), em x precisamos que ela esteja limitada por 2 números, para podermos escrevê-la como uma região do tipo I!

Já temos y , sendo:

2 x 2 ≤ y ≤ 1 + x 2

Para descobrir o intervalo em x , devemos fazer e interseção entre as equações das parábolas y = 2 x 2 e y = 1 + x 2 , ou seja, precisamos iguala-las. Assim descobriremos em que valores de x a região começa e termina.

Fazendo

2 x 2 = 1 + x 2

Jogando x 2 pro lado de cá da equação:

2 x 2 - x 2 = 1

x 2 = 1

Tirando a raiz, teremos:

x = ± 1

Assim, descobrimos que x varia entre - 1 e 1 (onde as curvas se encontram). Podemos, então, escrever a região como:

D = { ( x , y ) | - 1 ≤ x ≤ 1 ;   2 x 2 ≤ y ≤ 1 + x 2 }  

Passo 3

Vamos, então, substituir em nossa integral os valores que acabamos de encontrar para o domínio, beleza?

Mas cuidado com a ordem de integração! Lembre-se de que a variável que está variando entre funções fica na integral de dentro (no caso o y ) , enquanto a variável que possui limites com números ficam na de fora (no caso o x ) . Da seguinte forma:

∫ - 1 1   ∫ 2 x 2 1 + x 2 x + 2 y d y d x

Passo 4

Agora vamos integrar em relação a y (integral de dentro):

∫ - 1 1   ∫ 2 x 2 1 + x 2 x + 2 y d y d x

= ∫ - 1 1   x y + 2 y 2 2 y = 2 x 2 y = 1 + x 2 d x

Podemos simplificar o 2 no segundo termos da solução da integral de dentro, ficando com:

= ∫ - 1 1   x y + y 2 y = 2 x 2 y = 1 + x 2 d x

Substituindo os limites de integração na variável y , teremos:

= ∫ - 1 1 x 1 + x 2 + 1 + x 2 2 - x 2 x 2 + 2 x 2 2 d x

Aqui vamos ajeitar um pouco, fazendo as multiplicações:

∫ - 1 1 x + x 3 + 1 + 2 x 2 + x 4 - 2 x 3 + 4 x 4 d x

O sinal de menos na frente do parênteses faz com que os sinais dos termos que estão lá dentro sejam alterados:

∫ - 1 1 x + x 3 + 1 + 2 x 2 + x 4 - 2 x 3 - 4 x 4 d x

Finalmente reduzimos os temos semelhantes ficando com:

∫ - 1 1 - 3 x 4 - x 3 + 2 x 2 + x + 1   d x

Passo 5

Está na hora, então, de integrar em relação a x :

∫ - 1 1 - 3 x 4 - x 3 + 2 x 2 + x + 1   d x

= - 3 x 5 5 - x 4 4 + 2 x 3 3 + x 2 2 + x x = - 1 x = 1

Substituindo os limites de integração ficaremos com:

= - 3 . 1 5 5 - 1 4 4 + 2 . 1 3 3 + 1 2 2 + 1 - - 3 - 1 5 5 - - 1 4 4 + 2 - 1 3 3 + - 1 2 2 + - 1 =

= - 3 5 - 1 4 + 2 3 + 1 2 + 1 - 3 5 - 1 4 - 2 3 + 1 2 - 1

Aqui vamos tirar os parênteses e consertar os sinais:

= - 3 5 - 1 4 + 2 3 + 1 2 + 1 - 3 5 + 1 4 + 2 3 - 1 2 + 1 =

Veja que temos algumas parcelas que se cancelam:

Juntamos os números que tem o mesmo denominador:

= - 6 5 + 4 3 + 2

E agora tiramos o m.m.c.

= - 18 + 20 + 30 15 = 32 15

Prontinho, e depois de tudo isso chegamos a nossa resposta!

Resposta

32 15

Exercício Resolvido #3

Suponha que uma lâmina com densidade f ocupe a região D do plano x y . Calcule a massa total m sabendo que D é a região triangular de vértices 0,0 , 3,0 , ( 3,5 ) e a densidade δ em cada ponto P = x , y ∈   D é igual à distância de P ao eixo y

Passo 1

Oie. Enunciado esquisito né? Mas vamos no passo a passo.

Pela definição de cálculo de massa por integrais duplas, podemos achar a massa de uma lâmina fazendo a seguinte integral:

m = ∬ D δ x , y d A

Portanto, para resolver esse problema, a primeira coisa que vamos precisar é determinar os limites de integração da nossa região D ! Depois é só jogar na integral, beleza? Vamos ver como!

Passo 2

O exercício diz que a nossa região D é um triângulo com os vértices 0,0 , 3,0 , 3,5 , certo? Com essa informação vamos ter que achar as retas associadas a esses pontos. No gráfico fica assim:

Perceba também que, quando ele fala que a densidade é igual a distância de cada ponto P ao eixo y , o que ele está nos falando é que a densidade será igual a coordenada x de desses pontos. Isso porque é essa coordenada que dá exatamente a distância do ponto ao eixo y .

Ficou confuso? Olha esse exemplo:

Então, a densidade será escrita como:

δ x , y = x

Então, no final das contas, quem a gente realmente quer calcular é:

m = ∬ D x   d x d y

Passo 3

Agora que está tudo mais claro, vamos desenvolver o nosso problema. No nosso gráfico temos três retas delimitando a região D , duas são mais fáceis de visualizar:

R e t a   V e r m e l h a → y = 0

R e t a   A z u l → x = 3

A terceira dá para descobrir qual é! Sabemos que ela passa pelos pontos 0,0 e ( 3,5 ) , né? Então é vamos usar a equação de reta:

y = a x + b

Como temos dois ponto, vamos substituir cada um deles na equação da reta e assim vamos encontrar os coeficientes a e b .

No ponto (0,0):

0 = a . 0 + b

b = 0

No ponto (3,5):

5 = 3 a + b

5 = 3 a + 0

a = 5 3

Logo, substituindo a e b na equação original:

y = 5 x 3 → R e t a   V e r d e

Passo 4

Vendo o gráfico pelo tipo I, concluímos que os limites de integração são:

0 ≤ y ≤ 5 x 3

0 ≤ x ≤ 3

Substituindo os valores calculados na integral temos:

∫ 0 3 ∫ 0 5 x 3 x d y d x

Passo 5

Resolvendo a integral, começamos pela integral de dentro:

∫ 0 3 ∫ 0 5 x 3 x d y d x

∫ 0 3   x y y = 0 y = 5 x 3 d x =

Substituindo os limites de integração:

∫ 0 3 5 3 x 2 - 0 x 2 d x =

= 5 3 ∫ 0 3 x 2 d x

Agora vamos resolver a integral que sobrou:

5 3 x 3 3 x = 0 x = 3 = 5 3 3 3 3 - 0 3 3 = 5 3 27 3 = 15

m = 15

E assim encontramos a massa total da lâmina.

Resposta

m = 15

Exercício Resolvido #4

Seja Ω o domínio representado na figura, onde A é a parte da circunferência x - 3 2 + y 2 = 9 , B é a parte da circunferência x - 1 2   + y 2 = 1 , C é a parte da circunferência x - 4 2 + y 2 = 4 . Reescrever a integral dupla

∬ Ω x + y d A

na forma iterada:

1. vendo Ω   como domínio de tipo 1

Passo 1

Falaa aí! Tudo certinho? Espero que sim porque vamos seguir com nosso estudo para ficar fera nessas integrais duplas do tipo 1!! 😊

Pra nossa sorte, a questão está pedindo pra gente simplesmente escrever a integral como uma integral do tipo 1, e não resolvê-la.

Então vamos lá. Precisamos lembrar que para escrever como uma integral do tipo 1, queremos o x variando entre constantes, enquanto o y   varia entre funções, certo?

Bom, para isso então, vamos precisar separar em duas regiões:

Temos à direita a região destacada laranja e a região à esquerda destacada de rosa. Precisamos fazer isso porque a função que está na parte de baixo da região muda exatamente no ponto com x = 2 .

E quando fazemos isso, estamos matematicamente ajeitando nossa integral desse jeitinho aqui:

∬ Ω x + y d A = ∬ r o s a x + y d A + ∬ l a r a n j a x + y d A

Passo 2

Vamos começar vendo nossa região rosa!

Se você for observar, podemos escrever que x varia na região rosa de 0   a   2

Já para y , temos que ela está variando desde a curva de baixo (que é a curva B ) até a curva de cima (que é a curva A ) .

Então nossa integral da curva rosa pode ser escrita assim:

∫ 0 2 ∫ B A x + y   d y d x

Então vamos achar quem são essas funções B e A em relação a y

Para A temos essa equação dada no enunciado:

x - 3 2 + y 2 = 9

Isolando y 2 , temos

y 2 = 9 - x - 3 2

Tirando a raiz quadrada dos dois lados temos

y = ± 9 - x - 3 2

(só vamos usar a parte positiva porque é a parte superior da nossa circunferência A)

y = 9 - x - 3 2

Fazendo a mesma coisa para B , temos que

y = 1 - x - 1 2

Então, achamos nossos limites! Nossa integral fica assim:

∬ r o s a x + y d A = ∫ 0 2 ∫ B A x + y   d y d x

∫ 0 2 ∫ 1 - x - 1 2 9 - x - 3 2 x + y   d y d x

Passo 3

Agora para região laranja temos isso aqui

Se você for observar, podemos escrever que x varia na região laranja de 2   a   6 .

Quanto à variação de y , observamos que na região laranja vai de C até A.

Da mesma maneira que encontramos a função de A , vamos fazer para C :

x - 4 2 + y 2 = 4

Isolando y 2

y 2 = 4 - x - 4 2

Tirando a raiz quadrada temos

y = ± 4 - x - 4 2

(Maaaas se liga, como é a parte inferior da nossa circunferência C só vamos usar a parte negativa)

Então ficamos com:

y = - 4 - x - 4 2

Escrevendo a integral então ficamos:

∬ l a r a n j a x + y d A = ∫ 2 6 ∫ C A x + y   d y d x = ∫ 2 6 ∫ - 4 - x - 4 2 9 - x - 3 2 x + y   d y d x

Passo 4

Agora que já achamos as integrais das nossas duas áreas, vamos somá-las, lembrando que:

∬ Ω x + y d A = ∬ r o s a x + y d A + ∬ l a r a n j a x + y d A

Então temos isso aqui:

∬ Ω x + y d A = ∫ 0 2 ∫ 1 - x - 1 2 9 - x - 3 2 x + y   d y d x + ∫ 2 6 ∫ - 4 - x - 4 2 9 - x - 3 2 x + y   d x d y

Ufaaa! Prontinho, pessoal. Como o enunciado diz só para reescrever, não precisamos calcular (ainda bem né? Kk)

Resposta

∫ 0 2 ∫ 1 - x - 1 2 9 - x - 3 2 x + y   d y d x + ∫ 2 6 ∫ - 4 - x - 4 2 9 - x - 3 2 x + y   d x d y

Exercício Resolvido #5

Calcule a integral

∫ 0 8 ∫ y 1 3 2 1 1 - x 4 d x d y

Passo 1

Opa, fala ai! Vamos continuar com nossos exercícios!

Deveríamos começar a questão pela integral de dentro   ∫ 1 - x 4 d x , mas ela não parece muito simples em primeiro momento.

Vamos, então, tentar mudar essa ordem de integração para ver se a integral fica mais fácil. Mas não podemos apenas inverter as letrinhas ali não viu! Vamos com calma.

Primeiro, vamos esboçar a região em questão. Temos y variando de 0 a 8 e x entre x = y 3 2 e 1 . Você não sabe desenhar a curva x = y 3 2 ?

Faça assim: substitua y = 0 e y = 8 na equação e encontre os valores correspondentes de x (teremos x = 0 e x = 1 ).

Seu gráfico não precisa ficar perfeito, só precisamos saber que a região de integração tem essa cara:

Passo 2

Agora vamos reescrever essa região como tipo I, lembrando que quando escrevemos a região do tipo I a gente quer que x varie entre constantes e y   varie entre funções de x .

Pelo próprio gráfico, vemos que x varia entre 0 e 1 , portanto 0 ≤ x ≤ 1 .

Já o valor de y varia entre 0 e a curva vermelha, vamos escrevê-la em função de x (isolando o y ):

x = y 3 2

y 3 = 2 x

Elevando os dois lados ao cubo, temos

y = 2 x 3

E isso nos dá:

y = 8 x 3

E assim nossa região de integração será:

D = { ( x , y ) | 0 ≤ x ≤ 1 ; 0 ≤ y ≤ 8 x 3 }

Passo 3

Podemos, então, reescrever a integral da seguinte forma:

∫ 0 1 ∫ 0 8 x 3 1 - x 4 d y d x

Nossa, bem mais tranquilo né? 😊

Passo 4

Vamos, agora, partir pra cima dessa integral!

Começando pela integral de dentro

∫ 0 1 ∫ 0 8 x 3 1 - x 4 d y   d x

Olhando só pra ela, temos:

∫ 0 8 x 3 1 - x 4 d y

Como estamos integrando isso em relação a y , essa raiz funciona como uma constante e pode ser jogada pra fora da integral, ficando com

1 - x 4 ∫ 0 8 x 3 1 d y

Agora podemos integrar, e isso nos dá:

1 - x 4   y | 0 y = 8 x 3

Então nossa integral de dentro é

8 x 3 ⋅ 1 - x 4

Passo 5

Vamos pegar esse resultado e aplicar na integral de fora, ficando com

∫ 0 1 8 x 3 1 - x 4 d x

Para resolver essa integral, não se assuste! Vamos usar o nosso método de substituição simples e vamos falar que:

1 - x 4 = u

Derivando dos dois lados, temos que

- 4 x 3 d x = d u

Então ficamos com

d x = d u - 4 x 3

∫ 8 x 3 u d u - 4 x 3  

Simplificando isso temos

∫ - 2 u   d u  

Passo 6

Agora, para não termos que ficar indo e voltando com a substituições, podemos acertar os limites de integração para ficar em função de u

Temos que quando x = 0 (nosso limite inferior)

x = 0 → u = 1 - 0 4 = 1

E quando x = 1 (nosso limite superior)

x = 1 → u = 1 - 1 4 = 0

Passo 7

Então nossa integral passa a ser:

∫ 1 0 - 2 u   d u  

Podemos tirar o - 2 da integral por ser uma constante, e ficamos com

= - 2 ∫ 1 0 u d u =

Aqui vamos lembrar que u = u 1 2   . Integrando em relação a u , temos:

- 2 ∫ 1 0 u 1 2 d u

- 2 . 2 3 u 3 2 1 0

Substituindo os limites temos:

- 4 3 ( 0 - 1 )

Que nos dá

= - 4 3 ⋅ - 1

= 4 3

E encontramos o resultado da nossa integral.

Resposta

4 3

Exercício Resolvido #6

Considere a região plana S definida por

S = x , y ∈ R 2 - e x ≤ y ≤ e x ,   0 ≤ x ≤ 2

Sejam F x , y uma função contínua definida em S , e I = ∬ S F x , y d x d y .

a) Esboce S e, ao lado, esboce o interior de S (ou seja, o conjunto aberto obtido removendo-se de S a sua fronteira).

b) Escreva a integral dupla I na forma de uma integral iterada, integrando primeiro com respeito a y e depois com respeito a x .

Passo 1

Oi, tudo bem? Vamos lá para mais um exercício!

a) Problema bem objetivo: pegue a definição de S e a desenhe!

Como y é função de x , nesse primeiro momento, vamos trocar as desigualdades por igualdades.

Assim, temos que y está entre as curvas - e x e e x , certo? Então, só precisamos esboçar cada uma delas!

Se x está entre 0 e 2 , vamos percorrer essa faixa de valores colocando na curva e x . Tá, e que curva é essa?

Bom, como o x está no expoente, basta fazer algo que comece crescendo devagar, e dispare à medida que x cresce ;)

E o gráfico vai ficar com essa carinha aqui:

Passo 2

Show, agora temos que fazer para y = - e x , beleza? Basta desenhar uma curva simétrica à do passo anterior em relação ao eixo x , pois, para os mesmos valores de x , teremos y negativo:

Lembrando que essas curvas param quando x atinge valor 2 !

Tranquilo até agora?

Passo 3

E, para fechar a curva, basta colocar dois segmentos de reta, um para fechar em x = 2 e outro em x = 0 !

E esse é o contorno de S ! Agora, temos que colocar as desigualdades de volta!

Pense no seguinte: Se estamos na curva de cima, temos que y ≤ e x , então a região estará a baixo da curva (valores de y   menores que os valores da curva).

E, estando na curva de baixo, temos y ≥ - e x , então a região estará acima da curva (valores maiores que a curva).

Assim, S é a curva que traçamos aí em cima, mais o interior dela! Essa dica ajuda muito na hora de ver regiões mais estranhas de integração ;)

Passo 4

Agora, o problema ainda pede pra tirarmos a fronteira de S , ou seja, temos que esboçar apenas seu interior, certo? Então, só preencher, lembrando de excluir o contorno. E nossa região será representada por:

Passo 5

b) Agora é hora de escrever a integral, vamos lá!

Temos x variando entre 0 e 2 , e y variando entre as duas funções de x , - e x e e x . Assim, colocando primeiro em relação a y e depois a x (como deve ser, porque y é função de x !), temos:

I = ∫ 0 2 ∫ - e x e x F x , y d y d x

Tranquilinho né? Hehe espero que sim!

Resposta

a) Contorno:

b)  

I = ∫ 0 2 ∫ - e x e x F x , y d y d x

Exercício Resolvido #7

Calcule a integral dupla

I = ∫ ∫ D 1 x + y 3   d x d y  

Em que D   é a região plana:

D = x , y ∈ R 2 x ≥ 1 ,   y ≥ 1 ,   x + y ≤ 3

Passo 1

Opaaa, fala ai!! Vamos continuar nossos estudos para ficar fera na matéria!

Para resolver essa integral, precisamos saber os limites de integração! Para isso, vamos dar uma olhada na região D ?

D = x , y ∈ R 2 x ≥ 1 ,   y ≥ 1 ,   x + y ≤ 3

As desigualdades nos dizem que x e y são maiores ou iguais a 1 , e que x + y ≤ 3 , ou seja, y é menor ou igual a reta y = 3 - x . Juntando tudo temos:

Para interpretar essas desigualdades é legal colocar o dedo sobre a curva e ver o que temos: colocando o dedo sobre a reta x + y = 3 , y deve ser menor do que ela, então andamos para baixo dela! E, como x e y são maiores ou iguais a 1 , estamos em cima de y = 1 e a direita de x = 1 ;)

Passo 2

Agora, podemos ver os limites de integração da integral dupla!

Como a reta y + x = 3 , pode ser escrita como y = 3 - x , temos que y é função de x , logo, devemos integrar antes em relação a y . Além disso, vemos que y ∈ 1,3 - x Como quando y = 1 temos x = 2 (vértice direito do triângulo), temos que x ∈ 1,2 . Colocando esses limites na integral, fica:

∫ 1 2 ∫ 1 3 - x 1 x + y 3 d y d x

Passo 3

Pronto! Agora só precisamos resolver a integral ;) E o que temos é:

∫ 1 2 ∫ 1 3 - x x + y - 3 d y d x

Passo 4

Vamos começar com a integral de dentro, em relação a y :

∫ 1 3 - x x + y - 3 d y

Vamos fazer uma substituição simples

x + y = u

d y = d u

∫ u - 3 d u

u - 2 - 2

Trocando o u para na nossa expressão inicial, temos

- x + y - 2 2 1 3 - x

Substituindo os limites de integração na variável y que acabamos de integrar, ficamos com

- 3 - 2 2 + x + 1 - 2 2

Como nossos expoentes são negativos, não podemos fazer as contas com eles assim, então vamos jogar eles pra baixo pra deixá-los positivos. O que nos dá:

- 1 18 + 1 2 x + 1 2

Passo 5

Show, agora vamos pegar esse resultado e aplicar na integral de fora!

∫ 1 2 - 1 18 + 1 2 x + 1 2 d x

Agora vamos separar em duas integrais

∫ 1 2 - 1 18 d x + ∫ 1 2 1 2 x + 1 2 d x

Pra resolvermos a segunda integral precisaremos fazer uma substituição simples. Então, vamos chamar x + 1 = u e vamos ter que d x = d u

∫ 1 2 - 1 18 d x + ∫ 1 2 u 2

Integrando, teremos:

- x 18 - 1 2 u

Lembrando que u = x + 1 , ficamos com:

- x 18 - 1 2 x + 1 1 2

Substituindo os valores dos limites na expressão, temos:

- 2 18 - 1 6 + 1 18 + 1 4

Aqui vamos tirar o m.m.c., pois precisamos que os denominadores sejam iguais:

- 4 36 - 6 36 + 2 36 + 9 36

Agora sim. Somando tudo, temos:

= 1 36

Pronto! Integral resolvida!

Resposta

1 36

Exercício Resolvido #8

Sendo D a região plana delimitada pelas curvas dadas pela equação y = 0 x = π 4 e y = x , calcule

∬ D x cos ⁡ y x   d A

Passo 1

Opa, vamos lá.

Pra facilitar a vida da gente, é legal a gente começar entendendo que região é essa que estamos trabalhando, pra isso nós desenhamos os gráficos de cada curva dada pelo enunciado.

Em azul temos y = 0 , em vermelho temos x = π 4 e y = x em verde!

Bom, só com isso a gente já tá com um bom caminho andando! Agora vamos descrever essa região que a gente tá vendo. Se você for observador, nosso x varia de zero até π 4 ,

0 ≤ x ≤ π 4

e nosso y varia de zero até a função que está em cima, que é y = x .

0 ≤ y ≤ x

Show, então vamos escrever isso na integral.

Passo 2

Nosso passo 2 agora vai ser escrever o que a gente observou. Como vamos ficar?

∫ 0 π 4 ∫ 0 x x cos ⁡ y x   d y d x

Lembrando de colocar a variável que está limitada por funções pra ser a integral de dentro (no caso o y ), e a variável que está variando entre números pra ser a integral de fora (no caso o x ).

Passo 3

Por último, mas não menos importante, vamos resolver essa parada, depois é só correr pra o abraço. A nossa integral é

∫ 0 π 4 ∫ 0 x x cos ⁡ y x   d y d x

Começando pela integral de dentro, temos que

∫ 0 x x cos ⁡ y x   d y

Vamos ter que fazer uma substituição simples, fazendo isso aqui

y x = u

Derivando em relação a y , temos

x d y = d u

d y = d u x

Então ficamos com

∫ x cos ⁡ u d u x

Podemos simplificar a u , ficando com

∫ cos ⁡ u d u

Agora fica mais fácil de integral. Integrando isso daí, temos:

s e n ( u )

Voltando para u = y x , ficamos com:

[ s e n y x ) 0 x

Substituindo os limites de integração, temos:

s e n x ⋅ x - s e n 0 ⋅ x

O que nos dá:

s e n x - s e n 0

E isso fica

s e n x

Passo 4

Agora pegando isso e colocando na integral de fora, ficamos com:

∫ 0 π 4 s e n x d x

Integrando:

- cos ⁡ x 0 π 4

Aplicamos os limites de integração:

- cos ⁡ π 4 - - cos ⁡ 0

Isso fica

cos ⁡ 0 - cos ⁡ π 4

Isso dá pra gente:  

= 1 - 2 2

E assim conseguimos resolver a integral sob a região dada.

Resposta

1 - 2 2

Exercício Resolvido #9

Use integral dupla para calcular a área da região limitada por:

y = x ,       y = 4 x ,       x y = 36

No primeiro quadrante.

Passo 1

Opaa fala aii! Vamo que vamo, senta ai, respira fundo e simbora pra nossa questão!

Quando a gente quer calcular uma área através da integral dupla, nós fazemos a integral na região da seguinte forma:

Á r e a = ∬ D d A

Fazendo um esboço da nossa região, nós temos duas retas:  y = x , y = 4 x ; e um gráfico mais estranho: x y = 36 , que vamos escrever como y = 36 x .

ps. Como ele só quer a parte no primeiro quadrante, temos algo assim:

Não dá pra escrever a região nem como tipo  1 , nem como tipo  2 , diretamente, então vamos ter que separar em dois pedaços  D 1  e  D 2 , mas calma que não é nada demais, você vai ver...

Passo 2

O primeiro pedaço vai ser até a reta de cima ( y = 4 x ) encontrar com a curva y = 36 x .

Pra achamos o valor de x quando isso acontece, nós igualamos as duas funções, assim acharemos o ponto de interseção entre as duas. Vamos ter algo assim:

4 x = 36 x

Isso nos dá que

4 x 2 = 36

Simplificando temos que

x 2 = 9

Então, podemos concluir que:

⇒ x = ± 3

Maaaaaaaaaas como estamos no primeiro quadrante, nosso x tem que ser positivo!

x = 3

Então a região é assim:

A integral vai ser assim, então:

∬ D 1 d A = ∫ 0 3 ∫ x 4 x d y d x

Passo 3

Calculando a integral que encontramos no passo anterior:

∫ 0 3 ∫ x 4 x d y d x

Começando com a integral de dentro, ficamos com

∫ x 4 x d y

Isso nos dá

y x 4 x

Substituindo y pelos limites de integração temos

4 x - x

Que nos dá

3 x

Aplicando isso na integral de fora, ficamos com

∫ 0 3 3 x d x

Ficando assim

⇒ 3 x 2 2 0 3

E enfim, chegamos à área desse primeiro pedaço.

∬ D 1 d A = 27 2

Agora só falta o outro pedaço!

Passo 4

O pedaço que estava faltando era:

Que também é tipo  1 , então vamos achar o ponto que a reta de baixo encontra a curva pra saber até onde vamos integrar em x :

Igualando a função de baixo ( y = x ), com a função de cima ( y = 36 x ) :

x = 36 x → x 2 = 36

⇒ x = ± 6

Como estamos no primeiro quadrante, temos que:

x = 6

E a integral fica, então:

∬ D 2 d A = ∫ 3 6 ∫ x 36 x d y d x

Passo 5

Agora é só calcular a integral:

∫ 3 6 ∫ x 36 x d y d x

Resolvendo a integral de dentro, em y :

∫ 3 6 y x 36 x d x

Isso fica

⇒ ∫ 3 6 36 x d x - ∫ 3 6 x d x

⇒ 36 ln ⁡ x 3 6 - x 2 2 3 6

Substituindo os valores, temos:

⇒ 36 ln ⁡ 6 - ln ⁡ 3 - 36 - 9 2

Vamos lembrar que ln ⁡ a - ln ⁡ b = ln ⁡ a b , vamos ficar com:

⇒ 36 ln ⁡ 6 3 - 27 2

= 36 ln ⁡ 2 - 27 2

E esse é o cálculo que representa a área do nosso segundo pedaço da região.

Passo 6

Agora é só somar tudo!!

Lembrando que

∬ D 1 d A = 27 2

∬ D 2 d A = 36 ln ⁡ 2 - 27 2

E que a nossa área é calculada fazendo a soma deles:

∬ D d A = ∬ D 1 d A + ∬ D 2 d A

Então ficamos com:

⇒ 27 2 + 36 ln ⁡ 2 - 27 2

⇒ 36 ln ⁡ 2

Resposta

36 ln ⁡ 2

Exercício Resolvido #10

A integral ∫ 0 3 ∫ - x 2 x - x 2 d y d x fornece a área de uma região no plano x y . Esboce a região, identifique cada curva limite com sua equação, escreva as coordenadas dos pontos onde há intersecção das curvas. Depois encontre a área da região.

Passo 1

Vamos dar uma olhada nessa integral. O que ela nos diz?

∫ 0 3 ∫ - x 2 x - x 2 d y d x

Primeiro, ela diz que o x está variando entre 0 e 3 e vemos isso pelos limites da integral de fora. Além disso, ela também nós diz que para cada um desses valores de x , o y varia de - x até 2 x - x 2 , o que está representado nos limites da integral de dentro.

Vamos desenhar essas últimas duas funções!

Beleza, para cada x entre 0 e o 3 , vamos pegar toda a área entre a reta vermelha e a parábola azul! Então um esboço da área ficaria assim:

Beleza, fizemos a primeira parte.

Passo 2

Agora queremos saber quais são os pontos onde há interseção das curvas. Vamos fazer isso fingindo que não temos essas imagens aí de cima, usando só álgebra.

Ok, as duas funções são:

f ( x ) = - x

g ( x ) = 2 x - x 2

Vamos igualar as duas equações para achar os valores de x em que as duas curvas se encontram!

- x = 2 x - x 2

Arrumando um pouco:

x 2 - 3 x = 0

O que nós dá um equação de segundo grau pra resolver. Podemos fazer isso colocando o x   em evidência:

x x - 3 = 0

Então há duas possibilidades para essa multiplicação dar zero;

x = 0

Ou

x - 3 = 0

E isso dá pra gente

x = 0   e   x = 3

Beleza, essas são os valores de x nos pontos em que f ( x ) e g ( x ) são iguais. Agora é só substituir esses valores em qualquer uma das duas funções pra achamos os valores de y e assim determinarmos os pontos que o enunciado pediu:

Quando x = 0

f 0 = g 0 = - 0 = 0

Quando x = 3

f 3 = g 3 = - 3

Pronto, já temos as coordenadas dos dois pontos de interseção!

P 1 : ( 0,0 )

P 2 : ( 3 , - 3 )

Passo 3

Finalmente, queremos a área da região, ou seja, queremos calcular aquela integral lá de cima!

A = ∫ 0 3 ∫ - x 2 x - x 2 d y d x

Como a gente pode resolver essa integral dupla? Sempre começamos com a integral de dentro!

A = ∫ 0 3 ∫ - x 2 x - x 2 d y d x

A = ∫ 0 3 [ y ] - x 2 x - x 2 d x

Substituindo os limites de integração, ficamos com:

A = ∫ 0 3 ( 2 x - x 2 - ( - x ) d x

Que nos dá

A = ∫ 0 3 ( - x 2 + 3 x ) d x

E agora é só integrar em relação a x , que é a integral de fora. Vamos lembrar das seguintes “fórmulas”!

Então nossa integral fica

A = - x 3 3 + 3 x 2 2 3 0

E agora é só substituir os limites de integração e calcular:

= - 3 3 3 + 3 3 2

= 3 3 1 2 - 1 3

Isso dá

3 3 3 6 - 2 6

Ficando com:

A = 3 3 6

Que nos dá

= 27 6 = 9 2

Prontinho, calculamos a área!

Resposta

Há intersecção das curvas nos pontos 0,0 e ( 3 , - 3 ) . A área da região em questão é 9 / 2 .