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Integrais Duplas sobre Regiões do Tipo 2

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Teoria

Módulo 2

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

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

James Stewart, Cálculo Vol. 2, tradução da 6ª ed. Norte-americana, Rio de Janeiro: CENGAGE learning, 2010, pp. 921

Calcule ∬ D   x y   d A , onde D é a região limitada pela reta y = x - 1 e pela parábola y 2 = 2 x + 6

Passo 1

Opa, fala ai, beleza? Vamos começar com nossos exercícios de região tipo 2!!

Vamos começar lembrando o que é uma região tipo 2? Região tipo 2 é aquela que em y é delimitada por números e em x é delimitada por funções!

Agora que já temos isso relembrado, vamos fazer um esboço para entender melhor a questão.

Passo 2

Observando a equação da parábola, vemos que o termo elevado ao quadrado é o y , não o x , como costumamos ver. Isso quer dizer que essa parábola está “virada de lado”, com eixo de simetria paralelo ao x .

Como o número que multiplica y 2 é positivo, ela está virada para a direita (onde x é positivo)

Fazendo x = 0 , vemos que a parábola possui raízes (corta o eixo y ):

y 2 = 6   → y = ± 6

Passo 3

Agora precisamos analisar a reta. Como o número que multiplica o x é positivo, ela está virada para a direita.

Passo 4

O que estamos fazendo é uma análise rápida das equações do domínio, você não deve se preocupar em fazer um gráfico perfeito! Isso é apenas para termos uma noção do formato da área na hora de escrevê-la.

Então vamos juntar esses nossos gráficos em um só!

Passo 5

Essa região pode ser escrita tanto como tipo I como II. Porém, no primeiro caso seria preciso dividi-la em duas, pois na esquerda ela está limitada em cima e embaixo pela parábola e na direita, pela parábola e pela reta.

Já se escrevermos como tipo II, a questão fica mais simples, pois teremos apenas a parábola na esquerda e a reta na direita.

É importante que você faça essas análises, para evitar contas desnecessárias!

Escrevendo como tipo II, então, precisamos colocar as equações da reta e da parábola em função de y , isolando o x :

y = x - 1 → x = y + 1

y 2 = 2 x + 6 → x = ( y 2 - 6 ) 2

Assim, teremos: ( y 2 - 6 ) 2 ⏟ v e r m e l h o ≤ x ≤ y + 1 ⏟ a z u l

Para encontrar o intervalo de y , temos que fazer a interseção (os pontos em comum) entre as duas funções, igualando uma à outra.

y + 1 = ( y 2 - 6 ) 2

y 2 2 - y - 4 = 0

y 2 - 2 y - 8 = 0

Resolvendo por bhaskara, temos que:

y = - - 2 ± - 2 2 - 4 - 8 1 2.1 = 2 ± 4 + 32 2 = 2 ± 36 2 = 2 ± 6 2 = 1 ± 3

Então temos os seguintes limites de y :

y = - 2 y = 4

Portanto, temos - 2 ≤ y ≤ 4 e nosso domínio será:

D = ( x , y ) | - 2 ≤ y ≤ 4 ; ( y 2 - 6 ) 2 ≤ x ≤ y + 1  

Passo 6

Vamos substituir esses valores na integral para saber quem vamos integrar!

∫ - 2 4   ∫ ( y 2 - 6 ) 2 y + 1 x y   d x d y

Passo 7

Agora vamos dar uma olhada só na integral de dentro e integrar em relação a x , lembrando que quando a gente integra em relação a x , tomamos y como constante

y ∫ ( y 2 - 6 ) 2 y + 1 x   d x

= y ⋅ x 2 2 x = ( y 2 - 6 ) 2 x = y + 1

= y   y + 1 2 2 - y 2 - 6 2 4 2  

= y 3 + 2 y 2 + y 2 - y 5 - 12 y 3 + 36 y 8  

Agora para deixar isso tudo em um denominador só vamos multiplicar o primeiro termo em cima e embaixo por 4 , então ficamos com

4 ⋅ ( y 3 + 2 y 2 + y ) 8 - y 5 - 12 y 3 + 36 y 8

Fazendo a distributiva, temos

4 y 3 + 8 y 2 + 4 y - y 5 - 12 y 3 + 36 y 8

Ajeitando isso ai, temos

4 y 3 + 8 y 2 + 4 y - y 5 + 12 y 3 - 36 y 8

Passo 8

Vamos integrar, então, em relação a y :

= ∫ - 2 4   4 y 3 + 8 y 2 + 4 y - y 5 + 12 y 3 - 36 y 8   d y =

Podemos separar os termos da fração desse jeitinho aqui:

4 y 3 8 + 8 y 2 8 + 4 y 8 - y 5 8 + 12 y 3 8 - 36 y 8

E podemos simplificar para ficar com:

= ∫ - 2 4   - y 5 8 + 2 y 3 + y 2 - 4 y   d y =

Agora resolvendo essa integral a gente fica com:

= - y 6 48 + y 4 2 + y 3 3 - 2 y 2 y = - 2 y = 4

Substituindo os limites em y (e com ajuda da nossa amiga calculadora rs) temos que:

- 4096 48 + 256 2 + 64 3 - 32 - - 64 48 + 16 2 - 8 3 - 8 =

Simplificando essas frações temos algo assim:

= - 64 + 128 - 32 - - 4 + 8 - 8 =

= 32 + 4 =

= 36

Resposta

36

Exercício Resolvido #2

Diomara Pinto e Maria Cândida Ferreira Morgado, Cálculo Diferencial e Integral de Funções de Várias Variáveis, 3ª ed. Rio de Janeiro: UFRJ, 2009, pp. 169

Calcule ∬ D   x + y d x d y , onde D é o triângulo de vértices (-1,0), (0,1) e (1,0).

Passo 1

Vamos fazer um esboço desse triângulo para visualizar melhor o problema

Passo 2

Faaala aí, tranquilinho?

Devemos escrever essa região de forma matemática. Perceba y varia entre 2 números: 0 e 1 , assim, temos 0 ≤ y ≤ 1 .

Já em x , essa área é limitada na esquerda pela reta azul e na direita pela vermelha, certo? Assim, podemos escrever essa região como do tipo II, basta encontrar as equações dessas retas.

Para a reta azul

Temos dois pontos que pertencem a essa reta, ( - 1,0 ) e ( 0,1 ) , vamos substituí-los na equação geral de uma reta: y = a x + b . Teremos:

0 = - a + b 1 = b

Substituindo o b que temos na primeira equação, ficamos com

0 = - a + 1

a = 1

Substituindo a e b , vemos que a reta será escrita como y = x + 1 . Porém, como nossa região será escrita como do tipo II, devemos isolar o x , ou seja, achar x em função de y .

x = y - 1

Para a reta vermelha

Usando o mesmo raciocínio para descobrir a equação dessa reta, vamos substituir os pontos ( 0,1 ) e ( 1,0 ) na equação geral da reta. Teremos:

1 = b 0 = a + b

Substituindo b na nossa equação de baixo, ficamos com:

0 = a + 1

a = - 1

Substituindo a e b , encontramos y = - x + 1 . Isolando novamente o x , teremos:

x = 1 - y

Assim, o domínio será escrito como:

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

E nossos limites, então são

0 ≤ y ≤ 1

y - 1 ≤ x ≤ 1 - y

Passo 3

Agora vamos montar a integral! Basta substituir os intervalos que acabamos de encontrar.

∬ D   x + y d x d y = ∫ 0 1   ∫ y - 1 1 - y x + y   d x d y =

Passo 4

Vamos começar então olhando só a integral de dentro!

∫ y - 1 1 - y x + y   d x

Integrando isso em relação a x (Lembrando que y aqui é como se fosse uma constante) temos:

= x 2 2 + x y x = y - 1 x = 1 - y

Vamos substituir então onde tem x pelos valores dos limites e subtrair o superior do inferior! Ficamos então com:

= 1 - y 2 2 + 1 - y y - y - 1 2 2 + y - 1 y  

= ( 1 - 2 y + y 2 ) 2 + y - y 2 - ( y 2 - 2 y + 1 ) 2 + y 2 - y  

( 1 - 2 y + y 2 ) 2 + y - y 2 - ( y 2 - 2 y + 1 ) 2 - y 2 + y

Separando os termos da fração, ficamos com

1 2 - y + y 2 2 + y - y 2 - y 2 2 + y - 1 2 - y 2 + y

Agora ta mais fácil de juntar os termos em comum né? Então vamo la pra deixar isso mais bonitinho

- 2 y 2 + 2 y

Passo 5

Shoooow! Vamos pegar o resultado da integral e aplicar na integral de fora!

= ∫ 0 1 - 2 y 2 + 2 y   d y =

Essa integral é mais de boinhas de fazer, e fica assim:

= - 2 y 3 3 + 2 y 2 2 y = 0 y = 1 =

Podemos cortar 2 2 na segunda fração e isso da pra gente

= - 2 y 3 3 + y 2 y = 0 y = 1 =

Substituindo os valores dos limites, ficamos com

- 2 ⋅ 1 3 3 + 1 2 - - 2 ⋅ 0 3 3 + 0 2

Então ficamos com

= - 2 3 + 1 - 0

Que é - 2 3 + 1

Pra resolver isso, vamos fazer isso aqui

- 2 3 + 3 3

Que nos dá

1 3

Resposta

∬ D   x + y d x d y = 1 3

Exercício Resolvido #3

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:

2. vendo Ω   como domínio de tipo 2

Passo 1

Escrevendo agora como uma do tipo 2 teremos y variando entre constantes e o x variando entre funções. Vamos fazer uma nova separação, mas dessa vez em três regiões:

Escreveremos nossa integral fazendo a região azul, mais a região laranja inteira (incluindo a parte com as bolinhas pretas), menos a região laranja com bolinhas pretas.

Passo 2

Mas como a região é do tipo 2 queremos o y variando entre números e x variando entre funções, vamos precisar isolar o x nas funções.

A → x - 3 2 + y 2 = 9

x - 3 2 = 9 - y 2

x - 3 = ± 9 - y 2

x = 3 ± 9 - y 2

Fazendo a mesma coisa para B e C , temos que

B → x - 1 2   + y 2 = 1 → x = 1 ± 1 - y 2

C → x - 4 2 + y 2 = 4 → x = 4 ± 4 - y 2

Passo 3

Bom, para escrever primeiro a região azul, temos que x está variando na região C e y ta variando de - 2 a   0 faremos:

∫ - 2 0 ∫ 4 - 4 - y 2 4 + 4 - y 2 x + y   d x d y

Passo 4

Pra descrever a região laranja toda (incluindo a região laranja com bolinhas), temos y variando de 0 a   3 e x vai estar variando na região A

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

Passo 5

Bom, para escrever primeiro a região bolinhas pretas, temos que x está variando na região B e y ta variando de 0 a   1 , então faremos:

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

Passo 6

Então totalizando temos:

Vamos fazer

∬ A x + y   d x d y + ∬ C x + y   d x d y - ∬ B x + y   d x d y

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

Uhul, pelo menos não precisamos calcular esse monstrão, porque ele só pede pra reescrever a integral hehe 😊

Resposta

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

Exercício Resolvido #4

PUC-RJ - Cálculo 2 - P1 2015.1 - 1abcd

Seja R = x , y ∈ R 2   |   x ≥ y 2 ,   x + y ≤ 2 , y ≥ 1 2 .

a) Esboce R hachurando a região e ao lado a fronteira de R .

b) Seja a integral dupla

I = ∫ ∫ R F x , y d x d y

Escreva I   na forma iterada, integrando primeiro em relação a x e em seguida em relação a y .

c) Escreva I na forma da soma de duas integrais, integrando primeiro em relação a y e depois a x .

d) Agora, considere a integral dupla

I = ∫ ∫ R F x , y d x d y

em que F x , y = y e x . Calcule I pelo método que preferir.

Passo 1

a) Vamos lá, essa é bem direta! Basta pegar as desigualdades que formam R e juntá-las!

Olhando pra primeira, temos:

x ≥ y 2

Ela nos diz que, se estamos na curva x = y 2 , que é a parábola que tem a boca apontada para o sentido positivo do eixo x e tem extremo na origem, então nossa região se encontra no interior dessa parábola! Andamos para o lado direito pois como x é “maior ou igual”, andamos para o sentido do eixo x :

Beleza, primeira desigualdade concluída!

Passo 2

Vejamos a segunda:

x + y ≤ 2

Ela nos diz que, se temos a reta x = 2 - y , então estamos do lado esquerdo da reta (pois, agora, ao contrário da parábola, o x é “menor ou igual”!). Colocando essa região no nosso esboço fica:

E, agora que você já está craque nisso, vamos colocar a terceira desigualdade no jogo! Ela é:

y ≥ 1 2

Ou seja, se temos a reta y = 1 2 , então estamos acima dela, pois y é maior ou igual a ela! Juntando no esboço que fizemos até agora, fica:

E, assim, a região é a confluência das três cores:

Aí está o esboço para R ! Como pediram também o contorno da região, basta apagar o hachurado de dentro:

Passo 3

b) Agora estão nos pedindo para colocar os limites na integral dupla. Ok, como é pra integrar primeiro em relação a x , então x deve ser função de y e, y , por sua vez, deve estar entre duas constantes. Para a parábola, temos x = y 2 . Para a reta, temos x = 2 - y . Assim, como x está entre a parábola e a reta, vamos ter:

∫ ∫ y 2 2 - y F x , y d x d y

E, para o y ? A figura mostrar que ele começa na reta y = 1 2 . Para o y final, temos que ver qual é o valor no encontro dessas curvas. Para isso, basta fazer:

x = y 2 x = 2 - y → y 2 = 2 - y ∴ y 2 + y - 2 = 0

Resolvendo a equação , temos:

y = - 1 ± 1 - 4 . ( 1 ) . ( - 2 ) 2

y = - 1 ± 3 2

y = 1   o u - 2

Para o nosso caso, y = 1 , pois estamos vendo que a coisa toda ocorre sobre o eixo x (hehehe), ou seja, 1 2 ≤ y ≤ 1 . Colocando os limites do y , teremos:

∫ 1 2 1 ∫ y 2 2 - y F x , y d x d y

E é isso aí :D

Passo 4

c) Bão, agora é fazer exatamente a mesma coisa que o passo anterior, mas estamos com o x entre duas constantes e o y entre duas funções de x .

Neste caso, perceba o seguinte: para y estar entre duas funções, precisamos dividir a região entre duas etapas!

Veja, na parte do lado esquerdo, y está entre a reta horizontal e a parábola:

E, para essa parábola ser função de x , precisamos isolar o y :

x = y 2

y = x

E, assim, y está entre 1 2 e x !

Agora, para a parte da direita, y está entre essa reta horizontal e a outra x = 2 - y

Transformando a reta vermelha em função de x , teremos:

x = 2 - y

y = 2 - x

E, assim, y está entre 1 2 e 2 - x !

Passo 5

Ok, agora que já temos os limites para o y , vejamos entre que valores está o x !

Olhando a figura como um todo novamente, temos:

E, agora, precisamos descobrir as coordenadas " x " de cada “vértice” de R , pois são os pontos onde começam e terminam as duas etapas da divisão que fizemos!

O vértice do lado esquerdo acontece quando a equação da parábola encontra a reta y = 1 2 , ou seja:

x = y 2

x = 1 2 2

x = 1 4

Pronto! Primeira coordenada de x encontrada :D

O vértice de cima acontece quando a parábola encontra a reta vermelha, ou seja, quando y = 1 , lembra? Colocando y = 1 em qualquer uma dessas curvas, temos:

x = 1 2 = 1

x = 2 - 1 = 1

E vemos que a coordenada x vale 1 para esse encontro!

Finalmente, para o terceiro vértice, teremos o encontro da reta y = 1 2 com a reta x = 2 - y . Assim, a coordenada x é:

x = 2 - 1 2 = 3 2

Passo 6

Beleza, agora que temos os limites para x e y , basta montar a integral!

Para a parte da esquerda, y está entre 1 2 e x , enquanto x está entre 1 4 e 1 . Assim, nossa integral fica:

∫ 1 4 1 ∫ 1 2 x F x , y d y d x

E, para a parte da direita, temos y entre 1 2 e 2 - x , e x entre 1 e 3 2 ! Colocando na integral, teremos:

∫ 1 3 2 ∫ 1 2 2 - x F x , y d y d x

E para a integral na região toda, temos:

∫ 1 4 1 ∫ 1 2 x F x , y d y d x + ∫ 1 3 2 ∫ 1 2 2 - x F x , y d y d x

Prontinho, letra c detonada!

Passo 7

d) Vamos lá, firmeza que só faltam duas! Vamos tentar resolver aquela primeira que só tinha uma integral? Se ficar difícil tentamos essa soma de integrais que encontramos no passo anterior (mesmo que tenha mais integrais para resolver, pode ser que sejam integrais mais fáceis!).

Colocando a função pedida na integral, teremos:

∫ 1 2 1 ∫ y 2 2 - y y e x d x d y

Integrando em relação a x , fica:

∫ 1 2 1 y e x y 2 2 - y d y

Colocando os limites, teremos:

∫ 1 2 1 y e 2 - y - y e y 2 d y

E, agora, podemos dividir essa integral em duas, subtraindo uma da outra:

∫ 1 2 1 y e 2 - y d y - ∫ 1 2 1 y e y 2 d y

Passo 8

Vamos lá, para a primeira integral, temos:

∫ 1 2 1 y e 2 - y d y

Fazendo uma integração por partes,

u = y ⇒ d u = d y

d v = e 2 - y ⇒ v = - e 2 - y

∫ 1 2 1 y e 2 - y d y = - y e 2 - y 1 2 1 - ∫ 1 2 1 - e 2 - y d y

Resolvendo a integral restante:

∫ 1 2 1 y e 2 - y d y = - e + 1 2 e 3 2 + - e 2 - y 1 2 1

E fica:

∫ 1 2 1 y e 2 - y d y = - e + 1 2 e 3 2 + - e + e 3 2

Fazendo um algebrismo:

∫ 1 2 1 y e 2 - y d y = 3 2 e 3 2 - 2 e

Passo 9

Para a segunda integral, teremos apenas que fazer uma substituição simples!

∫ 1 2 1 y e y 2 d y

Colocando u = y 2 , teremos d u = 2 y d y e os novos limites de integração serão 1 4 e 1 :

∫ 1 4 1 y e u d u 2 y  

E fica:

1 2 ∫ 1 4 1 e u d u = 1 2 e - e 1 4

E, juntando esse valor com o da outra integral, teremos:

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

= 3 2 e 3 2 - 2 e - 1 2 e + 1 2 e 1 4

Resposta

a) Região:

Contorno:

b)

∫ 1 2 1 ∫ y 2 2 - y F x , y d x d y

c)

∫ 1 4 1 ∫ 1 2 x F x , y d y d x + ∫ 1 3 2 ∫ 1 2 2 - x F x , y d y d x

d)

∫ 1 2 1 ∫ y 2 2 - y y e x d x d y = 3 2 e 3 2 - 2 e - 1 2 e + 1 2 e 1 4

Exercício Resolvido #5

Integrais duplas sobre regiões gerais

Calcule a integral

I = ∫ 0 1 ∫ e x e x e y ( ln ⁡ y )   2 d y d x

Passo 1

E aí, preparado para continuar nossos estudos? Então vamos lá!

Deveríamos começar a questão pela integral de dentro ∫ e x e x e y ( ln ⁡ y )   2 d y , mas ela parece ser muito complicada.

Muitas vezes, quando você não tem a menor ideia de como calcular uma integral dupla, é uma boa tentar mudar a ordem de integração. É o que faremos aqui.

Primeiro, vamos esboçar a região em questão. Perceba que a exponencial e x corta o eixo y em 1 (pois e 0 = 1 ) e que e x = e para x = 1 . O domínio da integral é essa área entre a curva azul e a vermelha.

Passo 2

Agora vamos reescrever essa região como tipo II, ou seja, y vai variar em relação à números e x vai estar variando em relação à de funções de y . Pelo próprio gráfico, vemos que y varia entre 1 e e (a reta azul), portanto

1 ≤ y ≤ e

Já o valor de x varia entre 0 e a reta vermelha, vamos escrevê-la, então, em função de y :

y = e x

Para deixar x   sozinho, vamos fazer a função l n dos dois lados, ficando com

ln ⁡ y = ln ⁡ e x

Como a função l n e e são funções inversas, elas se anulam, então ficamos com:

x = ln ⁡ y

Então, temos x variando

0 ≤ x ≤ l n ⁡ y

Nosso domínio será, então:

D = { ( x , y ) | 1 ≤ y ≤ e ; 0 ≤ x ≤ ln ⁡ y }

Passo 3

Podemos, então, reescrever a integral da seguinte forma:

∫ 1 e ∫ 0 ln ⁡ y x e y ( ln ⁡ y )   2 d x d y

Perceba que a integral ficou muito mais simples agora. 😊

Passo 4

Vamos, agora, integrar em relação a x :

∫ 0 ln ⁡ y x e y ( ln ⁡ y )   2 d x

Podemos tirar tudo que não é x da nossa integral, porque como estamos integrando em relação a x vai ser considerado como constante, então temos

e y ln ⁡ y 2 ∫ 0 ln ⁡ y x   d x

Integrando isso temos

e y ln ⁡ y 2 x 2 2 0 ln ⁡ y

Substituindo temos

e y ln ⁡ y 2 ⋅ ln ⁡ y 2 - 0 2 2

Que é a mesma coisa que

e y ln ⁡ y 2 ⋅ ln ⁡ y 2 2

Podemos cortar os ln ⁡ y 2 e temos

e y 2

Show, ficou mais bonitinho

Passo 5

Agora vamos pegar esse resultado e aplicar na integral de fora

∫ 1 e e y 2 d y

Integrando em relação à y , temos:

= e y 2 1 e =

Substituindo os valores dos limites de integração, ficamo com

( e e - e 1 ) 2

Como e 1 = e , podemos escrever o nosso resultado como

( e e - e ) 2

Resposta

( e e - e ) 2

Exercício Resolvido #6

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

x = y 3 ,           x + y = 2 ,           y = 0

Passo 1

Pois bem! Em problemas como esse devemos sempre começar fazendo um esboço da região. Mas não se preocupe, pois fazer isso significa colocar no plano X Y todas as curvas dadas. Vamos começar aqui colocando as mais simples primeiro: x + y = 2 e y = 0 .

A primeira, x + y = 2 , nada mais é do que uma reta, afinal de contas

x + y = 2         →           y = 2 - x

e a segunda y = 0 , bem... essa é o próprio eixo x .

Agora, quanto a terceira, x = y 3 , preciso de você certa atenção, pois isolando, nós temos...

x = y 3     →         y = x 3

e todo gráfico de raiz de x forma tem essa cara:

Porém...! Como estamos falando de raiz cúbica, ela deve valer para os negativos também, nos gerando...

Beleza?

O legal é que já dá pra ver que região (chamaremos de R ) estamos trabalhando! :D

Agora temos que descrever essa região, e vamos fazer isso descrevendo em qual tipo?

Do tipo 2! Isso porque é muito mais fácil encontrar as funções em que x está variando e deixar y variando entre dois valores!

Passo 2

Nesse tipo de região, devemos ter que y varia em um intervalo numérico bem definido.

O y vai estar variando do 0 até o ponto onde as curvas azul e vermelha se encontram! Então é só resolvermos o sistema:

x + y = 2 x = y 3

Substituindo a segunda equação na primeira:

y 3 + y = 2

A gente pode ver que a única solução real disso é o 1 !

Logo:

0 ≤ y ≤ 1

Passo 3

Bem quanto à variação do x dentro dessa região, ele entra na equação na curva vermelha

x = y 3

e sai na reta azul

x = 2 - y

Ou seja

C u r v a   v e r m e l h a ≤ x ≤ R e t a   a z u l

E as funções da curva vermelha e da reta azul, são essas aqui:

y 3 ≤ x ≤ 2 - y

Passo 4

A área de uma região R é:

A = ∬ R   1   d A

como a região acabamos de descrevê-la

0 ≤ y ≤ 1

y 3 ≤ x ≤ 2 - y

Podemos simplesmente substituir na integral dupla, lembrando que vamos começar integrando em relação a x porque ele depende de y

∫ 0 1 ∫ y 3 2 - y 1   d x d y

Bora resolver essa integral aí?

Passo 5

Primeiro calculemos a integral de dentro...

∫ 0 1 ∫ y 3 2 - y 1   d x d y

∫ y 3 2 - y 1   d x

Isso da pra gente:

  x y 3 2 - y

Substituindo os limites de integração em x ...

2 - y - y 3

Agora vamos pegar essa expressão e colocar na integral de fora:

∫ 0 1 2 - y - y 3   d y =

Calculando essa integral...

2 y - y 2 2 - y 4 4 0 1 =

substituindo os limites encontramos...

2 - 1 2 - 1 4 - 0 - 0 - 0 =

Somando isso ai, temos

8 4 - 2 4 - 1 4

Que nos da

5 4

Resposta

5 4

Exercício Resolvido #7

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

y 2 = - x ,           x - y = 4 ,             y = - 1               e               y = 2

Passo 1

Faaaaaaaaaala ai!! Vamos continuar nossos estudos?

Pois bem! Em problemas como esse devemos sempre começar fazendo um esboço da região. Mas não se preocupe, pois fazer isso significa colocar no plano X Y todas as curvas dadas. Vamos começar aqui colocando as mais simples primeiro: x - y = 4 , y = - 1 e y = 2 .

A primeira, x - y = 4 , nada mais é do que uma reta, afinal de contas

  x - y = 4         →             y = x - 4

Quanto a segunda, y = - 1 , e a terceira y = 2 , são duas retas também, mas são retas paralelas ao X

Bem...! Em relação à última equação y 2 = - x , estamos falando de uma parábola

x = - y 2

Mas cuidado! Pois essa parábola é uma parábola ao redor de x e não em y como estamos acostumados. Além disso, como y 2 é negativo, sua concavidade é para a esquerda:

O legal é que já dá pra ver que região (chamaremos de R ) estamos trabalhando! :D

Agora temos que descrever essa região, e vamos fazer isso descrevendo em uma região do tipo 2 .

Passo 2

Nesse tipo de região, devemos ter que y varia em um intervalo numérico bem definido.

O que nessa região é tranquilinha verificar apenas observando a imagem que

- 1 ≤ y ≤ 2

Passo 3

Bem...! Quanto à variação do x dentro dessa região, ele entra na equação na curva vermelha...

e sai na reta azul

Ou seja

C u r v a   v e r m e l h a ≤ x ≤ R e t a   a z u l

- y 2 ≤ x ≤ 4 + y

Passo 4

A área de uma região R é dada desse jeitinho aqui:

A = ∬ R   1   d A

como a região acabamos de descrevê-la

- 1 ≤ y ≤ 2

- y 2 ≤ x ≤ 4 + y

Podemos simplesmente substituir na integral dupla, desse jeitinho aqui:

∫ - 1 2 ∫ - y 2 4 + y 1   d x d y

Bora resolver essa integral aí?

Passo 5

Primeiro calculemos a integral de dentro...

∫ - 1 2 ∫ - y 2 4 + y 1   d x d y = ∫ - 1 2 ∫ - y 2 4 + y 1   d x d y =

∫ - 1 2   x - y 2 4 + y d y =

Substituindo os limites de integração em x , temos que:

∫ - 1 2 4 + y - - y 2   d y =

∫ - 1 2 4 + y + y 2   d y =

Calculando essa integral...

4 y + y 2 2 + y 3 3 - 1 2 =

substituindo os limites encontramos...

4 2 + 2 2 2 + 2 3 3 - 4 - 1 + - 1 2 2 + - 1 3 3

Ficamos então com:

8 + 4 2 + 8 3 - - 4 + 1 2 - 1 3 =

Ajeitando isso, temos:

12 + 3 2 + 9 3 =

Que fica

15 + 3 2 Que nos dá

30 2 + 3 2

33 2

Resposta

33 2

Exercício Resolvido #8

Esboce a região D como uma região do tipo I e do tipo I I . Escreva as integrais possíveis e use uma delas para resolver

∬ D   x d A

Onde D é limitada pelas retas y = x , y = 0 e x = 1

Passo 1

Oiiii, fala aí! Tudo bom?

A questão pede pra gente escrever a região nos dois tipos, certo? Antes disso, vamos ver um esboço do que estamos tratando, sem pensar em tipo nenhum

Ta beleza, o esboço é esse aí, onde a reta azul é y = x , a reta vermelha é y = 0 e a reta verde é x = 1 .

O que precisamos ver agora é a diferença entra as regiões do tipo I e do tipo I I . No primeiro caso, y varia em funções de x , ou seja

f 1 x ≤ y ≤ f 2 x

a ≤ x ≤ b

É como se tentássemos olhar a região de baixo pra cima! Com y sendo limitado por x .

No caso do tipo I I , tem uma sutil diferença, x é quem é limitado por funções de y , assim olha

g 1 y ≤ x ≤ g 2 y

m ≤ y ≤ n

É como se tentássemos olhar a região da esquerda para a direita!

Olha essa imagem aqui se não ajuda

Passo 2

Ah, beleza então, agora é só escrever as regiões! Vamos começar pela do tipo I ...

Vemos que na primeira imagem, y é limitado em baixo por y = 0 e em cima por y = x , portanto

0 ≤ y ≤ x

Pronto, estão definidos os limites das funções! Agora é só entre que valores - isso mesmo, constantes! – nas quais x varia.

Nesse caso ele vai de 0 a 1 , portanto

0 ≤ x ≤ 1

Passo 3

Vamos agora para a região do tipo I I

Vemos na segunda imagem que a região é limitada na esquerda por x = y e na direita por x = 1 , portanto

y ≤ x ≤ 1

Agora é a mesma ideia, só ver entre que valores y varia.

Nesse caso ele vai de 0 a 1 também, mas nem sempre é assim, toma cuidado!

0 ≤ y ≤ 1

Pronto! Estão definidas as regiões :D

Passo 4

Agora temos que escrever as integrais possíveis! Vamos ficar com o seguinte:

∬ D x d A = ∫ 0 1 ∫ y 1 x d x d y = ∫ 0 1 ∫ 0 x x d y d x

Passo 5

Vamos resolver a segunda, porque parece mais bonitinha:

∫ 0 1 ∫ 0 x x d y d x

= ∫ 0 1 x y 0 x d x

= ∫ 0 1 x 2 d x

= x 3 3 0 1

= 1 3

Resposta

∬ D x d A = ∫ 0 1 ∫ y 1 x d x d y = ∫ 0 1 ∫ 0 x x d y d x = 1 3

Exercício Resolvido #9

Quarta Questão: Calcule a integral.

∬ D   e x + y d A

onde D é a região triangular com vértices 0 ,   0 , 2 ,   4 , ( 6 ,   0 ) .

Passo 1

Pois bem! Em problemas como esse devemos sempre começar fazendo um esboço da região. Mas não se preocupe, pois fazer isso significa colocar no plano X Y todas os pontos dados e desenhar o triângulo !

O legal é que já dá pra ver que região D   estamos trabalhando! :D

Agora temos que descrever essa região! Bora?

Passo 2

Agora precisamos pensar um pouco: que tipo de descrição podemos fazer de forma que simplifique os cálculos? Do tipo 1 ou do tipo 2 ?

Bem, se fossemos colocar como do tipo 1 , o y estaria variando entre na primeira na primeira metade do triângulo entre duas retas...

e na segunda, entre outras diferentes duas retas

Então teríamos que editar duas integrais duplas. Um trabalhão, né?

Por isso devemos escolher o Tipo 2, pois assim, colocamos o y variando em um intervalo numérico bem definido:

0 ≤ y ≤ 4

enquanto que o x varia dessa reta azul, até a verde:

A z u l ≤ x ≤ V e r d e

Falta então à gente descobrir quem são essas retas!

Passo 3

Com relação à reta azul primeiro.

Bem, precisamos encontrar a equação da reta dela e cara sabemos que toda reta no plano tem esse formato aqui

y = a x + b

No caso, devemos procurar quem é o a e quem é o b (pra isso, basta substituir os dois pontos que sabemos dela):

No ponto 0 ,   0

y = a x + b             →                 0 = 0 x + b

b = 0

Quanto ao a , vamos usar o ponto 2 ,   4

y = a x + b     →                 4 = a ⋅ 2

a = 2

logo a reta azul tem equação...

y = 2 x

como

A z u l ≤ x ≤ V e r d e

isolando o x da reta azul y = 2 x ...

y 2 ≤ x ≤ V e r d e

Agora bora fazer o mesmo para encontrar a reta verde!

Passo 4

y = a x + b

No caso da verde, semelhantemente devemos procurar quem é o a e quem é o b (substituir os dois pontos que sabemos dela):

No ponto 6 ,   0

              y = a x + b             →                 0 = a 6 + b

b = - 6 a

Jogando o outro ponto 2 ,   4

y = a x + b             →                 4 = a 2 + b       →

Substituindo b em...

4 = 2 a + - 6 a   →         - 4 a = 4

a = - 1

então

b = - 6 a

b = ( - 6 ) ⋅ ( - 1 ) = 6

logo a reta verde é tem equação...

y = - x + 6

como

y 2 ≤ x ≤ V e r d e

isolando o x da reta verde y = - x + 6     →         x = 6 - y

y 2 ≤ x ≤ 6 - y

Passo 5

Ufaaaa! Achamos os dois intervalos, que são esses aqui

0 ≤ y ≤ 4 y 2 ≤ x ≤ 6 - y

Agora podemos montar a integral que queremos...

∬ D   e x + y d A = ∫ 0 4 ∫ y 2 6 - y e x + y   d x d y =

Desmembrando e x + y = e x ⋅ e y ...

∫ 0 4 ∫ y 2 6 - y e x ⋅ e y   d x d y

Passo 6

Integrando a de dentro em relação a x e, portanto, considerando e y constante...

Olhando só para integral de dentro por enquanto, temos

e y ∫ y 2 6 - y e x   d x

Fazendo essa integral ai, ficamos com

e y e x y 2 6 - y

e y e 6 - y - e y 2

Isso nos dá

e y + ( 6 - y ) - e y + y 2

Que é

e 6 - e 3 y 2

Passo 7

Agora vamos pegar esse resultado na integral de fora:

∫ 0 4 e 6 - e 3 y 2 d y

Calculando agora a integral de fora...

∫ 0 4 e 6 - e 3 y 2 d y = ∫ 0 4 e 6 d y - ∫ 0 4 e 3 y 2 d y =

                                                                            = e 6 4 - 0 - ∫ 0 4 e 3 y 2 d y =

Essa outra integral pode ser resolvida fazendo uma mudança de variável...

3 y 2 = u  

d u = 3 2 d y     →     d y = 2 d u 3

Não esqueça de substituir os limites também, hein!

y = 0               →                 u = 3 0 2 = 0

y = 4               →                 u = 3 4 2 = 6

∫ 0 4 e 6 - e 3 y 2 d y = 4 e 6 - ∫ 0 6 2 3 e u d u =

= 4 e 6 - 2 3 e u 0 6

Substituindo os valores dos limites, temos:

= 4 e 6 - 2 3 e 6 - e 0 =

= 4 e 6 - 2 e 6 3 + 2 3

Que nos dá que a nossa integral é

∫ 0 4 e 6 - e 3 y 2 d y = 10 e 6 + 2 3

Resposta

a )   10 e 6 + 2 3

Exercício Resolvido #10

Questão 1: Calcule a integral dupla

∬ D   x   d x d y

Onde

D = x ,   y ∈ R 2   : x ≥ 1       e         x 2 + y 2 ≤ 4 .

Passo 1

Opaa, fala aiii! Vamo meter bronca nessas integrais duplas!

Nossa primeira tarefa em integrais duplas como essa é descrever de alguma forma a região que está sendo usada para integrar a função.

E assim, é uma ótima prática antes desenhar a região para entender o que fazer com essa descrição. Vamos nessa?!

A nossa região basicamente é formada pelo círculo de raio 2 e centrado na origem:

Porém, o enunciado nos delimita esse círculo dizendo que só queremos os pontos que tem x ≥ 1 . POW! x = 1 é uma reta passando em x = 1 e paralela ao eixo y .

O sinal de maior significa que vamos pegar os pontos a sua direita:

Prontinho! Essa é a nossa região D !

Passo 2

Perceba que podemos descrever essa função como uma região o tipo 1 , onde o x varia em um intervalo numérico bem definido:

1 ≤ x ≤ 2

E o y varia de uma base ao um teto:

B a s e ≤ y ≤ T e t o

Onde o teto representa a parte de cima do círculo, e a base, a parte de baixo...

P a r t e   d e   b a i x o ≤ y ≤ P a r t e   d e   c i m a

De onde vêm essas duas partes? ORA! Da equação da circunferência que delimita o círculo...

x 2 + y 2 = 4               →                 y 2 = 4 - x 2           →

y = ± 4 - x 2

A parte de baixo é aparte negativa da raiz, enquanto a positiva...

- 4 - x 2 ≤ y ≤ 4 - x 2

Passo 3

Com isso, vamos para a integral...

∬ D   x   d x d y = ∫ 1 2 ∫ - 4 - x 2 4 - x 2 x   d y d x

Que podemos separar em duas integrais, a de dentro e a de fora, as ∬ D   x   d x d y = ∫ 1 2 ∫ - 4 - x 2 4 - x 2 x   d y d x

sim

Passo 4

Vamos começar calculando a nossa integral de dentro

∫ - 4 - x 2 4 - x 2 x   d y

Ficamos com

x ⋅ y - 4 - x 2 4 - x 2

Substituindo os valores, temos

x 4 - x 2 - - 4 - x 2

E isso dá pra gente

2 x 4 - x 2

Passo 5

Colocando isso na nossa integral de fora, ficamos com

∫ 1 2 2 x 4 - x 2   d x =

Para calcular essa integral aí, é válida uma substituição simples...

4 - x 2 = u

d u = - 2 x d x             o u           2 x d x = - d u

Mudando também os limites...

x = 1           →                 u = 4 - 1 2 = 3

x = 2           →                 u = 4 - 2 2 = 0

∫ 1 2 2 x 4 - x 2   d x = ∫ 3 0 u   - d u

Uma dica que vou dar pra vocês aqui é que podemos inverter a ordem de integração se multiplicarmos por - 1 ...

∫ 3 0 u   - d u = ∫ 0 3 - u   - d u

∫ 0 3 u   d u

∫ 0 3 u   d u = 2 3 u 3 2 0 3

Substituindo os valores, ficamos com:

2 3 ⋅ 3 3 - 0

= 2 3

Resposta

2 3

Exercício Resolvido #11

CEFET - Cálculo 2 - P2 Pericles 2014.2 - 2

Suponha que x e y sejam variáveis aleatórias com função densidade conjunta f x , y = 0,1   e - ( 0,5 x + 0,2 y ) e x ≥ 0 , y ≥ 0 e nula nos demais casos. Calcule os valores esperados de x e y .

Passo 1

Bom, antes de tudo, para a gente resolver a questão, precisamos lembrar das seguintes fórmulas da esperança:

E X = ∫ - ∞ ∞ ∫ - ∞ ∞ x   f x , y d x d y

E Y = ∫ - ∞ ∞ ∫ - ∞ ∞ y   f x , y d x d y

Mas, como a nossa questão diz que x ≥ 0 e y ≥ 0 , os limites inferiores dessas integrais vão ser zero. Então, precisamos resolver o seguinte:

E X = ∫ 0 ∞ ∫ 0 ∞ x   0,1   e - ( 0,5 x + 0,2 y )   d x d y

E Y = ∫ 0 ∞ ∫ 0 ∞ y   0,1   e - ( 0,5 x + 0,2 y )   d x d y

Passo 2

Vamos começar pela primeira integral, integrando primeiro em relação a y :

E X = 0,1 ∫ 0 ∞ ∫ 0 ∞ x e - ( 0,5 x + 0,2 y )   d y d x

Agora precisamos relembrar como resolver uma integral imprópria. Usamos o seguinte princípio:

∫ a ∞ f t d t = lim A → ∞ ⁡ ∫ a A f t d t

Ou seja, calculamos a integral com intervalo limitado e tomamos o limite do resultado. Beleza? Vamos aplicar isso aqui.

E X = 0,1 ∫ 0 ∞ lim A → ∞ ⁡ ∫ 0 A x e - ( 0,5 x + 0,2 y )   d y d x

E X = - 0,1 0,2 ∫ 0 ∞ lim A → ∞ ⁡ x e - ( 0,5 x + 0,2 y ) 0 A d x

E X = - 1 2 ∫ 0 ∞ lim A → ∞ ⁡ x e - ( 0,5 x + 0,2 A ) - x e - ( 0,5 x ) d x

E X = - 1 2 ∫ 0 ∞ lim A → ∞ ⁡ x e - ( 0,5 x + 0,2 A ) - x e - ( 0,5 x ) d x

Agora repare que

lim A → ∞ ⁡ x e - ( 0,5 x + 0,2 A ) = 0

Então temos:

E X = 1 2 ∫ 0 ∞ x e - ( 0,5 x ) d x

Agora vamos integrar em relação a x usando a mesma ideia:

E X = 1 2 lim B → ∞ ⁡ ∫ 0 B x e - ( 0,5 x ) d x

Vamos fazer integração por partes, fazendo:

u = x       →         u ' = 1

v ' = e - 0,5 x       →         v = - 2 e - ( 0,5 x )

∫ 0 B x e - ( 0,5 x ) d x = - 2 x e - ( 0,5 x ) 0 B + ∫ 0 B 2 e - ( 0,5 x ) d x

∫ 0 B x e - ( 0,5 x ) d x = - 2 B e - 0,5 B - 4 e - ( 0,5 x ) 0 B

∫ 0 B x e - ( 0,5 x ) d x = - 2 B e - 0,5 B - 4 e - 0,5 B + 4

Substituindo na nossa expressão, temos: E X = 1 2 lim B → ∞ ⁡ - 2 B e - 0,5 B + 4 e - 0,5 B - 4

E X = 1 2 [ lim B → ∞ ⁡ - 2 B e - 0,5 B + 0 + 4 ]

Agora, como lim B → ∞ ⁡ - 0.5 B e - 0,5 B dá uma interterminação ( ∞ / ∞ ) , vamos aplicar a Regra de L’Hospital aqui:

lim B → ∞ ⁡ - 2 B e 0,5 B = lim B → ∞ ⁡ - 2 0.5 e 0,5 B = 0

E X = 2

Passo 3

Agora vamos resolver a outra integral, usando o mesmo raciocínio.

E Y = 0,1 ∫ 0 ∞ ∫ 0 ∞ y e - ( 0,5 x + 0,2 y )   d x d y

E Y = 0,1 ∫ 0 ∞ lim A → ∞ ⁡ ∫ 0 A y e - ( 0,5 x + 0,2 y )   d x d y

E Y = - 0,1 0,5 ∫ 0 ∞ lim A → ∞ ⁡ y e - ( 0,5 x + 0,2 y ) 0 A d y

E Y = - 1 5 ∫ 0 ∞ lim A → ∞ ⁡ y e - ( 0,5 A + 0,2 y ) - y e - ( 0,5 x ) d y

E Y = - 1 5 ∫ 0 ∞ lim A → ∞ ⁡ y e - ( 0,5 A + 0,2 y ) - y e - ( 0,2 y ) d y

Então temos:

E Y = 1 5 ∫ 0 ∞ y e - ( 0,2 y ) d y

Agora vamos integrar em relação a y usando a mesma ideia:

E Y = 1 5 lim B → ∞ ⁡ ∫ 0 B y e - ( 0,2 y ) d y

Vamos fazer integração por partes, como já fizemos, temos: E X = 1 5 lim B → ∞ ⁡ - 5 B e - 0,2 B + 25 e - 0,2 B - 25

E X = 1 5 [ lim B → ∞ ⁡ - 5 B e - 0,2 B + 0 + 25 ]

E Y = 5

Resposta

E X = 2

E Y = 5