Integrais Duplas – 5 Exercícios Resolvidos de uma Prova de Cálculo 2

Explore 5 exercícios resolvidos de integrais duplas de uma prova de Cálculo 2. Domine a técnica de forma prática e descomplicada.

Introdução

Se você já achou que as integrais duplas pareciam um quebra-cabeça sem solução, fica tranquilo: elas não são tão complicadas quanto parecem. Neste artigo, vamos explorar cinco exercícios resolvidos, retirados de uma prova de Cálculo 2, que vão ajudar você a desbravar o terreno das integrais duplas de um jeito prático e direto.

A cada novo exercício, você vai descobrir como essas ferramentas podem ser usadas para calcular áreas e volumes em regiões curiosas, como elipses e paralelogramos. E não se preocupe se o começo for meio nebuloso—com o tempo, tudo fica mais claro, como as nuvens se abrindo para o sol.

5 Exercícios Resolvidos sobre Integrais Duplas Retirados de uma Prova de Cálculo 2

Todos os exercícios abaixo devem calcular a integral \[\iint_B f(x,y)\,dx\,dy \] de acordo com a função f(x, y) = y e a região B dados abaixo:

Exercício 1

f(x, y) = y e B é o conjunto de todos os pontos (x, y) tais que x^2 + 4y^2 \leq 1 .

A função dada é f(x, y) = y e a região B é descrita pela elipse x^2 + 4y^2 \leq 1. O primeiro passo é simplificar a equação da elipse por meio de uma mudança de variáveis apropriada.

A equação da elipse x^2 + 4y^2 = 1, por causa de seu eixo maior igual a 1 e seu eixo menor igual a 1/2, afinal  $$ x^2 + 4y^2 = 1 \Rightarrow x^2 + \frac{y^2}{1/4} = 1  \Rightarrow \frac{x^2}{1^2} + \frac{y^2}{(1/2)^2} = 1$$ sugere a seguinte mudança de variáveis:

$$
x = u, \quad y = \frac{v}{2}
$$

Com essa mudança de variáveis, a equação da elipse torna-se um círculo unitário, ou seja:

$$
u^2 + v^2 = 1
$$

Além disso, devemos calcular o determinante do Jacobiano da transformação para ajustar o diferencial de área dx\, dy.

A matriz Jacobiana é dada por:

$$
J = \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} \\ \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix}
$$

O determinante do Jacobiano é:

$$
|J| = 1 \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2}
$$

Assim, o diferencial de área transforma-se em:

$$
dx\, dy = \frac{1}{2} \, du\, dv
$$

Agora, a integral original pode ser reescrita da seguinte forma:

$$
\iint_B y \, dx\, dy = \iint_{\text{círculo unitário}} \frac{v}{2} \cdot \frac{1}{2} \, du\, dv = \frac{1}{4} \iint_{\text{círculo unitário}} v \, du\, dv
$$

Neste ponto, é conveniente realizar uma nova mudança de variáveis para coordenadas polares, onde:

$$
u = r \cos\theta \quad \text{e} \quad v = r \sin\theta
$$

O diferencial de área em coordenadas polares é dado por du\, dv = r \, dr\, d\theta. Portanto, a integral torna-se:

$$
\frac{1}{4} \int_0^{2\pi} \int_0^1 r \sin\theta \cdot r \, dr\, d\theta = \frac{1}{4} \int_0^{2\pi} \sin\theta \, d\theta \int_0^1 r^2 \, dr
$$

Vamos resolver primeiro a integral em r:

$$
\int_0^1 r^2 \, dr = \left[ \frac{r^3}{3} \right]_0^1 = \frac{1}{3}
$$

Agora, precisamos calcular a integral em \theta:

$$
\int_0^{2\pi} \sin\theta \, d\theta
$$

Sabemos que a função \sin\theta é simétrica em relação ao eixo \theta = \pi. Podemos calcular a integral detalhadamente:

A primitiva de \sin\theta é:

$$
\int \sin\theta \, d\theta = -\cos\theta
$$

Portanto, ao avaliar nos limites de integração, temos:

$$
\int_0^{2\pi} \sin\theta \, d\theta = \left[ -\cos\theta \right]_0^{2\pi} = -\cos(2\pi) + \cos(0) = -1 + 1 = 0
$$

Como a integral de \sin\theta ao longo do intervalo 0 a 2\pi é zero, o valor total da integral é:

$$
\frac{1}{4} \times \frac{1}{3} \times 0 = 0
$$

Portanto, o valor da integral \iint_B f(x,y)\, dx\,dy é zero.

Exercício 2

f(x, y) = x + y e B é o paralelogramo de vértices (0,0), (1,1), (3,1) e (2,0).

Vamos dividir a região de integração (o paralelogramo) em dois triângulos e calcular a integral em cada um separadamente, somando os resultados ao final.

O Triângulo 1 (em verde na imagem) é definido pelos vértices (0,0), (1,1), e (2,0). Nesta região, o valor de y varia de 0 a 1, e para cada y, o valor de x varia de x = y até x = 2 - y.

A integral para essa região será:

$$
I_1 = \int_0^1 \int_y^{2 – y} (x + y) \, dx \, dy
$$

Vamos primeiro integrar em relação a x:

$$
\int_y^{2 – y} (x + y) \, dx = \int_y^{2 – y} x \, dx + \int_y^{2 – y} y \, dx
$$

A primeira parte é:

$$
\int_y^{2 – y} x \, dx = \left[ \frac{x^2}{2} \right]_y^{2 – y} = \frac{(2 – y)^2}{2} – \frac{y^2}{2} = 2 – 2y
$$

A segunda parte é:

$$
\int_y^{2 – y} y \, dx = y \cdot ((2 – y) – y) = y(2 – 2y) = 2y – 2y^2
$$

Somando as duas partes, temos:

$$
\int_y^{2 – y} (x + y) \, dx = (2 – 2y) + (2y – 2y^2) = 2 – 2y^2
$$

Agora, integramos em relação a y:

$$
I_1 = \int_0^1 (2 – 2y^2) \, dy = \int_0^1 2 \, dy – \int_0^1 2y^2 \, dy
$$

A primeira parte é:

$$
\int_0^1 2 \, dy = 2
$$

E a segunda parte é:

$$
\int_0^1 2y^2 \, dy = 2 \left[ \frac{y^3}{3} \right]_0^1 = 2 \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{3}
$$

Portanto, o valor da integral no Triângulo 1 é:

$$
I_1 = 2 – \frac{2}{3} = \frac{6}{3} – \frac{2}{3} = \frac{4}{3}
$$

Já o Triângulo 2 (em vermelho) é definido pelos vértices (1,1), (3,1), e (2,0). Nesta região, o valor de y também varia de 0 a 1, e para cada y, o valor de x varia de x = 2 - y até x = 3.

A integral para essa região será:

$$
I_2 = \int_0^1 \int_{2 – y}^3 (x + y) \, dx \, dy
$$

Vamos primeiro integrar em relação a x:

$$
\int_{2 – y}^3 (x + y) \, dx = \int_{2 – y}^3 x \, dx + \int_{2 – y}^3 y \, dx
$$

A primeira parte é:

$$
\int_{2 – y}^3 x \, dx = \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{2 – y}^3 = \frac{9}{2} – (2 – 2y + \frac{y^2}{2}) = \frac{5}{2} + 2y – \frac{y^2}{2}
$$

A segunda parte é:

$$
\int_{2 – y}^3 y \, dx = y \cdot (1 + y) = y + y^2
$$

Somando as duas partes, temos:

$$
\int_{2 – y}^3 (x + y) \, dx = \frac{5}{2} + 3y + \frac{y^2}{2}
$$

Agora, integramos em relação a y:

$$
I_2 = \int_0^1 \left( \frac{5}{2} + 3y + \frac{y^2}{2} \right) \, dy
$$

Separando a integral em três partes:

$$
I_2 = \int_0^1 \frac{5}{2} \, dy + \int_0^1 3y \, dy + \int_0^1 \frac{y^2}{2} \, dy
$$

A primeira parte é:

$$
\int_0^1 \frac{5}{2} \, dy = \frac{5}{2}
$$

A segunda parte é:

$$
\int_0^1 3y \, dy = \left[ \frac{3y^2}{2} \right]_0^1 = \frac{3}{2}
$$

A terceira parte é:

$$
\int_0^1 \frac{y^2}{2} \, dy = \frac{1}{2} \cdot \left[ \frac{y^3}{3} \right]_0^1 = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{6}
$$

Somando os três resultados:

$$
I_2 = \frac{5}{2} + \frac{3}{2} + \frac{1}{6} = \frac{15}{6} + \frac{9}{6} + \frac{1}{6} = \frac{25}{6}
$$

Agora, somamos as integrais I_1 e I_2:

$$
I_{\text{total}} = I_1 + I_2 = \frac{4}{3} + \frac{25}{6} = \frac{33}{6} = \frac{11}{2}
$$

Colocamos ambas no mesmo denominador:

$$
\iint_B f(x,y)\,dx\,dy = \frac{8}{6} + \frac{25}{6} = \frac{33}{6} = \frac{11}{2}
$$

Exercício 3

f(x, y) = \sqrt{x^2 + y^2} e B é o triângulo de vértices (0, 0), (1, 0), e (1, 1).

Vamos fazer uma mudança de variáveis para coordenadas polares motivados pela função a ser integrado, pois, caso contrário precisaremos usar  a técnica de integração por substituição trigonométrica. Desta forme:

$$
x = r \cos\theta, \quad y = r \sin\theta
$$

A função que estamos integrando é f(x, y) = \sqrt{x^2 + y^2} . Em coordenadas polares, isso se torna:

$$
\sqrt{x^2 + y^2} = \sqrt{r^2 (\cos^2\theta + \sin^2\theta)} = \sqrt{r^2} = r
$$

Portanto, a função em coordenadas polares é simplesmente f(r, \theta) = r .

Além disso, o diferencial de área em coordenadas polares é dado por:

$$
dx \, dy = r \, dr \, d\theta
$$

Agora, a integral dupla original transforma-se em coordenadas polares:

$$
\iint_B \sqrt{x^2 + y^2} \, dx \, dy = \int \int_B r \cdot r \, dr \, d\theta = \int \int_B r^2 \, dr \, d\theta
$$

Agora, precisamos definir os limites de integração para a região B, que é o triângulo com vértices (0,0), (1,0), e (1,1).

O ângulo \theta varia desde 0 até \frac{\pi}{4}, pois a reta que passa pelos pontos (0,0) e (1,1) faz um ângulo de \frac{\pi}{4} com o eixo x. Assim, os limites para \theta são:

$$
0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{4}
$$

Para cada valor de \theta, o raio r varia desde 0 até a reta que forma a hipotenusa do triângulo. Essa reta é descrita pela equação x = 1, ou seja, r = \frac{1}{\cos\theta}. Assim, os limites para r são:

$$
0 \leq r \leq \frac{1}{\cos\theta}
$$

Substituindo os limites e a função transformada em coordenadas polares, a integral torna-se:

$$
I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \int_0^{\frac{1}{\cos\theta}} r^2 \, dr \, d\theta
$$

Agora, podemos prosseguir com a integração em relação a r.

Assim, a integral em coordenadas polares é:

$$
I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \int_0^{\frac{1}{\cos\theta}} r^2 \, dr \, d\theta
$$

Agora, vamos integrar em relação a r . A integral de r^2 em relação a r é:

$$
\int_0^{\frac{1}{\cos\theta}} r^2 \, dr = \left[ \frac{r^3}{3} \right]_0^{\frac{1}{\cos\theta}} = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{\cos\theta} \right)^3
$$

Portanto, a integral se torna:

$$
I = \frac{1}{3} \int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\cos^3\theta} \, d\theta
$$

Agora, precisamos calcular a integral de \frac{1}{\cos^3\theta} , que é o mesmo que \sec^3\theta .

Sabemos que:

$$
\sec^3\theta = \sec\theta \cdot \sec^2\theta
$$

Para aplicar a fórmula de integração por partes, fazemos as seguintes escolhas:
– u = \sec\theta , de modo que du = \sec\theta \tan\theta \, d\theta ,
– dv = \sec^2\theta \, d\theta , o que dá v = \tan\theta .

A fórmula da integração por partes é:

$$
\int u \, dv = uv – \int v \, du
$$

Substituímos as variáveis:

$$
\int \sec^3\theta \, d\theta = \sec\theta \tan\theta – \int \tan\theta \cdot \sec\theta \tan\theta \, d\theta
$$

Sabemos que \sec\theta \tan\theta = \frac{d}{d\theta} (\sec\theta) . Então, a nova integral que temos é:

$$
\int \sec^3\theta \, d\theta = \sec\theta \tan\theta – \int \sec\theta \tan^2\theta \, d\theta
$$

Utilizamos a identidade \tan^2\theta = \sec^2\theta - 1 para reescrever a integral:

$$
\int \sec^3\theta \, d\theta = \sec\theta \tan\theta – \int \sec\theta (\sec^2\theta – 1) \, d\theta
$$

Expandindo:

$$
\int \sec^3\theta \, d\theta = \sec\theta \tan\theta – \int \sec^3\theta \, d\theta + \int \sec\theta \, d\theta
$$

Agora, temos a integral \( \int \sec^3\theta \, d\theta \) aparecendo em ambos os lados da equação. Para isolá-la, somamos \( \int \sec^3\theta \, d\theta \) dos dois lados:

$$
2 \int \sec^3\theta \, d\theta = \sec\theta \tan\theta + \int \sec\theta \, d\theta
$$

A integral de \( \sec\theta \) é conhecida:

$$
\int \sec\theta \, d\theta = \ln|\sec\theta + \tan\theta|
$$

Substituímos esse resultado:

$$
2 \int \sec^3\theta \, d\theta = \sec\theta \tan\theta + \ln|\sec\theta + \tan\theta|
$$

Dividimos por 2 para encontrar o valor da integral:

$$
\int \sec^3\theta \, d\theta = \frac{1}{2} \sec\theta \tan\theta + \frac{1}{2} \ln|\sec\theta + \tan\theta| + C
$$

Agora, vamos avaliar a integral nos limites \( \theta = 0 \) até \( \theta = \frac{\pi}{4} \).

$$
\sec\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{\cos\left(\frac{\pi}{4}\right)} = \sqrt{2}, \quad \tan\left(\frac{\pi}{4}\right) = 1
$$

Substituímos esses valores na expressão:

$$
\frac{1}{2} \sec\left(\frac{\pi}{4}\right) \tan\left(\frac{\pi}{4}\right) + \frac{1}{2} \ln|\sec\left(\frac{\pi}{4}\right) + \tan\left(\frac{\pi}{4}\right)|
$$

$$
= \frac{1}{2} \cdot \sqrt{2} \cdot 1 + \frac{1}{2} \ln(\sqrt{2} + 1)
$$

$$
= \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} \ln(\sqrt{2} + 1)
$$

Sabemos que:

$$
\sec(0) = 1, \quad \tan(0) = 0
$$

Substituímos na expressão:

$$
\frac{1}{2} \sec(0) \tan(0) + \frac{1}{2} \ln|\sec(0) + \tan(0)| = 0 + \frac{1}{2} \ln(1) = 0
$$

Agora, subtraímos os resultados obtidos:

$$
\left( \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} \ln(\sqrt{2} + 1) \right) – 0 = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} \ln(\sqrt{2} + 1)
$$

O valor da integral \( \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^3\theta \, d\theta \) é:

$$
I = \frac{1}{3} \left( \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} \ln(\sqrt{2} + 1) \right)
$$

Exercício 4

f(x, y) = xy e B é o retângulo 0 \leq y \leq \pi e -1 \leq x \leq 1 .

Os limites para a região de integração B são:

– y varia de 0 a \pi ,
– x varia de -1 a 1 .

A integral que devemos calcular é:

$$
I = \int_0^\pi \int_{-1}^1 xy \, dx \, dy
$$

Primeiro, integramos xy em relação a x , tratando y como uma constante:

$$
\int_{-1}^1 xy \, dx = y \int_{-1}^1 x \, dx
$$

A integral de x em -1 \leq x \leq 1 é:

$$
\int_{-1}^1 x \, dx = \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{-1}^1 = \frac{1^2}{2} – \frac{(-1)^2}{2} = \frac{1}{2} – \frac{1}{2} = 0
$$

Como a integral de x em -1 \leq x \leq 1 é zero, o valor da integral completa será:

$$
I = \int_0^\pi 0 \, dy = 0
$$

Portanto, o valor final da integral é:

$$
I = 0
$$

Exercício 5

f(x, y) = \sqrt{x^2 + y^2} e B é a região delimitada pelas circunferências x^2 + y^2 = 1 e x^2 + y^2 = 9 .

Dado que a função f(x, y) = \sqrt{x^2 + y^2} depende da distância do ponto (x, y) à origem, é conveniente usar coordenadas polares.

Nas coordenadas polares, temos as transformações:

$$
x = r \cos\theta, \quad y = r \sin\theta
$$

A função f(x, y) = \sqrt{x^2 + y^2} em coordenadas polares é simplesmente r , já que:

$$
\sqrt{x^2 + y^2} = \sqrt{r^2} = r
$$

Além disso, o diferencial de área em coordenadas polares é dado por:

$$
dx \, dy = r \, dr \, d\theta
$$

Portanto, a integral original se transforma em coordenadas polares da seguinte forma:

$$
\iint_B \sqrt{x^2 + y^2} \, dx \, dy = \int_{\theta_1}^{\theta_2} \int_{r_1}^{r_2} r \cdot r \, dr \, d\theta = \int_{\theta_1}^{\theta_2} \int_{r_1}^{r_2} r^2 \, dr \, d\theta
$$

A região B é delimitada pelas circunferências x^2 + y^2 = 1 (círculo de raio 1 ) e x^2 + y^2 = 9 (círculo de raio 3 ).

– O raio r varia de 1 a 3 , ou seja, 1 \leq r \leq 3 .
– O ângulo \theta varia de 0 a 2\pi , cobrindo toda a região circular.

Portanto, os limites de integração são:

$$
1 \leq r \leq 3 \quad \text{e} \quad 0 \leq \theta \leq 2\pi
$$

Primeiro, integramos r^2 em relação a r :

$$
\int_1^3 r^2 \, dr = \left[ \frac{r^3}{3} \right]_1^3 = \frac{3^3}{3} – \frac{1^3}{3} = \frac{27}{3} – \frac{1}{3} = \frac{26}{3}
$$

Agora, integramos em relação a \theta , com os limites de 0 a 2\pi :

$$
\int_0^{2\pi} d\theta = 2\pi
$$

Agora, multiplicamos os dois resultados obtidos:

$$
I = \frac{26}{3} \cdot 2\pi = \frac{52\pi}{3}
$$

Conclusão

Com esses exercícios resolvidos, as integrais duplas deixaram de ser um enigma para você, né? Agora, esse conceito já deve estar mais familiar e menos assustador. Continue praticando, porque é só assim que as coisas vão encaixando, como as peças de um quebra-cabeça que, no fim, faz todo sentido.

Leia Mais:

• Integrais Duplas | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos.
• Integrais Duplas | 2ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Coordenadas Polares e a Mudança de Variável nas Integrais Duplas
• Curso Rápido e Gratuito de Integral Dupla – Cálculo em Várias Variáveis

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