Nível ITA: integrais duplas e triplas

exemplo 1.1 · ∫₀¹ ∫ₓ¹ e^(y²) dy dx

1. Desenhar a região

   x de 0 a 1 e, pra cada x, y de x a 1 → o triângulo 0 ≤ x ≤ y ≤ 1

2. Fatiar deitado

   y de 0 a 1 e, pra cada y, x de 0 a y → ∫₀¹ ∫₀^y e^y² dx dy

3. Por dentro, em x

   e^y² não depende de x: ∫₀^y e^y² dx = y e^y²

4. Por fora, com u = y²

   ∫₀¹ y e^y² dy = ½ [e^y²]₀¹ = (e − 1)/2

= (e − 1)/2 ≈ 0,8591

Confere: integração numérica na ordem original: 0,859141 ✓ · o y que “apareceu” no passo 3 é o comprimento da fatia — foi ele que salvou a substituição

exemplo 1.2 · ∫₀¹ ∫ᵧ¹ sen(x²) dx dy

1. A região

   y de 0 a 1, x de y a 1 → 0 ≤ y ≤ x ≤ 1

2. Fatiar em pé

   ∫₀¹ ∫₀^x sen(x²) dy dx = ∫₀¹ x sen(x²) dx

3. Com u = x²

   ½ [−cos u]₀¹ = (1 − cos 1)/2

= (1 − cos 1)/2 ≈ 0,2298 · confere numericamente: 0,229849 ✓

exemplo 1.3 · a área entre y = x² e y = x, nas duas ordens

1. Onde se cruzam

   x² = x → x = 0 e x = 1; entre eles, x fica em cima

2. Em pé

   ∫₀¹ ∫_x²^x dy dx = ∫₀¹ (x − x²) dx = 1/2 − 1/3 = 1/6

3. Deitado

   pra cada y, x vai de y (reta) a √y (parábola): ∫₀¹ (√y − y) dy = 2/3 − 1/2 = 1/6 ✓

área = 1/6 · a armadilha: deitado, os limites de x são a curva inversa (√y), não a mesma fórmula

exemplo 2.1 · ∫∫ (x + y) dA no quadrado inclinado 0 ≤ x + y ≤ 2, 0 ≤ x − y ≤ 2

1. As novas variáveis

   u = x + y (0 → 2) · v = x − y (0 → 2): a região vira um quadrado

2. Voltar pra x e y

   x = (u + v)/2 · y = (u − v)/2

3. O jacobiano

   det [ ½ ½ ; ½ −½ ] = −¼ − ¼ = −½ → |J| = ½

4. Integrar

   ∫₀² ∫₀² u · ½ du dv = ½ · 2 · 2 = 2

= 2

Confere sem integral: a região tem diagonais de comprimento 2 e 2, área 2 · 2/2 = 2, e centro em (1, 0). A integral de x + y é área × (x̄ + ȳ) = 2 · (1 + 0) = 2 ✓ · esquecer o ½ dá 4

exemplo 2.2 · a integral de Gauss: ∫ e^(−x²) dx de −∞ a +∞

1. Chamar de I e elevar ao quadrado

   I² = ∫ e^−x² dx · ∫ e^−y² dy = ∫∫ e^{−(x² + y²)} dx dy, no plano inteiro

2. Polares, com o r

   ∫₀^2π ∫₀^∞ e^−r² r dr dθ

3. O r faz a substituição sair

   com u = r²: ∫₀^∞ e^−r² r dr = [−½ e^−r²]₀^∞ = ½ → I² = 2π · ½ = π

∫ e^−x² dx = √π ≈ 1,7725

Confere: integração numérica de −8 a 8: 1,7724539 = √π ✓ · é o jacobiano r da aula 12 que torna essa integral possível

exemplo 2.3 · a área da elipse x²/a² + y²/b² ≤ 1

1. Esticar um círculo

   x = au · y = bv → a região vira u² + v² ≤ 1

2. O jacobiano

   det [ a 0 ; 0 b ] = ab

3. Área

   ab · (área do círculo unitário) = πab

área = πab · com a = 3, b = 2: 6π ≈ 18,85 · confere numericamente ✓

exemplo 3.1 · o volume do tetraedro x, y, z ≥ 0 e x + y + z ≤ 1

1. Os limites, de dentro pra fora

   z: 0 → 1 − x − y · y: 0 → 1 − x · x: 0 → 1

2. Em z

   ∫₀^1−x−y dz = 1 − x − y

3. Em y

   ∫₀^1−x (1 − x − y) dy = (1 − x)²/2

4. Em x

   ∫₀¹ (1 − x)²/2 dx = 1/6

volume = 1/6 · confere: pirâmide = base (½) × altura (1) ÷ 3 = 1/6 ✓

exemplo 3.2 · o centro de massa do mesmo tetraedro (densidade constante)

1. O momento em z

   ∫∫∫ z dV: em z, ∫ z dz = (1 − x − y)²/2 · em y: (1 − x)³/6 · em x: 1/24

2. Dividir pelo volume

   z̄ = (1/24)/(1/6) = 1/4

centro de massa em (1/4, 1/4, 1/4), pela simetria entre as três letras

Confere: todo tetraedro tem o centro na média dos quatro vértices: (0 + 1 + 0 + 0)/4 = 1/4 ✓

exemplo 4.1 · o volume entre z = 0 e o paraboloide z = x² + y², dentro do cilindro x² + y² ≤ 4

1. Em cilíndricas

   z: 0 → r² · r: 0 → 2 · θ: 0 → 2π · dV = r dz dr dθ

2. Em z e em r

   ∫₀² r² · r dr = 2⁴/4 = 4

3. Em θ

   4 · 2π = 8π

volume = 8π ≈ 25,13 · confere numericamente ✓

exemplo 4.2 · o momento de inércia de um cilindro maciço em torno do eixo

1. O que eu quero

   I = ∫∫∫ r² ρ dV — cada pedaço pesa pela distância ao eixo, ao quadrado

2. Integrar

   ρ ∫₀^h ∫₀^2π ∫₀^R r² · r dr dθ dz = ρ · h · 2π · R⁴/4 = ρπhR⁴/2

3. Em função da massa

   M = ρπR²h → I = MR²/2

I = ½ MR² — o valor das tabelas de engenharia

A armadilha: esquecer o r do dV dá 2πρhR³/3 = (2/3) · M · R — em kg·m, e momento de inércia é kg·m²: a unidade acusa o pedaço errado. Numérico com R = 0,7, h = 1,9, ρ = 3: igual a ½MR² ✓

exemplo 5.1 · o “sorvete”: dentro da esfera ρ ≤ 1 e acima do cone φ = π/4

1. Os limites

   ρ: 0 → 1 · φ: 0 → π/4 · θ: 0 → 2π · dV = ρ² sen φ dρ dφ dθ

2. As três integrais separam

   ∫₀¹ ρ² dρ = 1/3 · ∫₀^π/4 sen φ dφ = 1 − cos(π/4) = 1 − √2/2 · ∫₀^2π dθ = 2π

volume = (2π/3)(1 − √2/2) ≈ 0,6134 · confere numericamente ✓

exemplo 5.2 · ∫∫∫ e^((x² + y² + z²)^(3/2)) dV na bola de raio 1

1. O que parece impossível

   (x² + y² + z²)^3/2 = ρ³

2. O ρ² do dV vira o du

   ∫₀¹ e^ρ³ ρ² dρ = ⅓ [e^ρ³]₀¹ = (e − 1)/3

3. Os ângulos

   ∫₀^π sen φ dφ · ∫₀^2π dθ = 2 · 2π = 4π

= (4π/3)(e − 1) ≈ 7,1975 · confere numericamente ✓

exemplo 5.3 · o centro de massa do hemisfério maciço z ≥ 0, raio R

1. O momento em z

   ∫∫∫ z dV = ∫₀^2π ∫₀^π/2 ∫₀^R (ρ cos φ) ρ² sen φ dρ dφ dθ

2. Separando

   R⁴/4 · ∫₀^π/2 sen φ cos φ dφ (= ½) · 2π = πR⁴/4

3. Dividir pelo volume

   z̄ = (πR⁴/4) ÷ (2πR³/3) = 3R/8

centro de massa a 3R/8 da base

Confere: 3/8 = 0,375 < 1/2 — mais perto da base, onde está a maior parte da massa ✓ · numérico com R = 1,6: 0,6000 = 3 · 1,6/8 ✓