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Ficha 2 — Integração em coordenadas cartesianas
A considerar durante duas semanas

1. Calcule $\iint_T x^2y\, dx\, dy$ em que $T=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: x\geq 0 , y\geq 0, x+y\leq 1\}$.
2. Calcule $\iiint_T x^2yz^3\, dx\, dy\, dz$ em que $T=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3: x\geq 0 , y\geq 0, z\geq 0, x+y+z\leq 1\}$.
3. Seja \(S=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: x\leq y \leq 2x, 1\leq xy \leq 4\}\) e \(h:S\to\mathbb{R}\) definida por \(h(x,y)=\frac{1}{xy}\). Admitindo a integrabilidade de \(h\) em \(S\) calcule \(\iint_S f\) usando integrais iterados da forma \[\int_\ast^\ast\left(\int_\ast^\ast h(x,y) \, dy\right)dx.\] [Compare com o exemplo no texto.]
4. Mude a ordem de integração de \[\int_0^1\left(\int_y^1 x^4 e^{yx^2}\, dx\right)\, dy \] e use a expressão assim obtida para calcular o seu valor.
   Solução

   Se $T=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: y\in [0,1] , y\leq x\leq 1\}$ a função definida por $x^4 e^{yx^2}$ é integrável em $T$ e \[\iint_T x^4 e^{yx^2}\, dx\, dy = \int_0^1\left(\int_y^1 x^4 e^{yx^2}\, dx\right)\, dy.\] [Calcular o integral iterado usando regra de Barrow é impossível pois a função $x\mapsto x^4 e^{yx^2}$ não é elementarmente primitivável.]

   

   O teorema de Fubini permite no entanto trocar a ordem de integração para obter \begin{align*} \iint_T x^4 e^{yx^2}\, dx\, dy & = \int_0^1 \left(\int_0^x x^4 e^{yx^2} \, dy \right)\, dx =\int_0^1 \left.[x^2 e^{yx^2}]\right|_{y=0}^{y=x}\, dx \\ & =\int_0^1 x^2 e^{x^3} - x^2 \, dx =\left. \frac{1}{3} \left(e^{x^3}- x^3 \right)\right|_{x=0}^{x=1} = \frac{1}{3} (e-2) .\end{align*}

5. Mude a ordem de integração para calcular \[\int_0^1\left(\int_{\sqrt[3]{y}}^1 \cos(\pi x^4)\, dx \right)\, dy .\]
6. Identifique uma região $A\subset\mathbb{R}^2$ tal que \[\iint_A e^{x^2} \, dx\, dy= \int_0^1\left(\int_{y/2}^y e^{x^2}\, dx \right)\, dy + \int_ 1^2\left(\int_{y/2}^1 e^{x^2}\, dx \right)\,dy\] e, mudando a ordem de integração, calcule o valor do integral.
7. Esboce a região de $\mathbb{R}^3$ cujo volume é dado por \[\int_0^{\sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}} \left(\int_0^\sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}-y^2} \left(\int_{x^2+y^2}^{\sqrt{1-x^2-y^2} }1 \, dz\right) \, dx\right) \, dy\] e obtenha uma fórmula alternativa para o volume usando um integral iterado da forma \[\int_\ast^\ast \left(\int_\ast^\ast\left(\int_\ast^\ast 1\, dx\right)dy\right)dz.\]
   Solução

   Comece por notar que temos $x^2+ y^2\leq z \leq \sqrt{1-x^2-y^2}$ e que $z=x^2+y^2$ corresponde a um parabolóide obtido por rotação da parábola $z=x^2$ em torno do eixo dos $z$s e $z=\sqrt{1-x^2-y^2}$ corresponde à calote superior da esfera $x^2+y^2+z^2=1$. Dos limites de integração em $x$ e em $y$ vemos que dos pontos da região limitada pelo parabolóide e pela calote esférica interessa-nos aqueles cuja projecção no plano $xy$ está no quadrante definido por $x\geq 0$ e $y\geq 0$ a uma distância da origem inferior a $\sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}$.

   Obviamente para compreender o problema é necessário entender a relação entre o parabolóide e a esfera. Para tal Introduzimos $r=\sqrt{x^2+y^2}$ e consideramos o sistema \[\begin{cases}z=r^2 \\ z^2+r^2=1\end{cases}.\] A respectiva solução é $(r,z)=\left(\sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}},\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)$ (comece por resolver a equação biquadrada $r^4+r^2=1$ que obtém por substituição de $z=r^2$ na segunda equação) o que nos permite concluir que o integral corresponde exactamente ao volume da região limitada superiormente pela calote esférica e inferiormente pelo parabolóide no quadrante correspondente a valores de $x$ e $y$ não negativos.

   A projecção da região de integração no plano $yz$ é definida por $y\geq 0$, $y^2+z^2\leq 1$ e $z\geq y^2$. Quando integramos nesta região em ordem a $x$ com $(y,z)$ fixo, os limites de integração vão depender de $(y,z)$ ser tal que $z\geq \sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}$ ou $z\leq \sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}$. Em ambos os casos o limite inferior será $0$ mas o limite superior será, no primeiro caso, dado pelo valor de $x$ correspondente a um ponto sobre a superfície da esfera $x^2+y^2+z^2=1$ para o valor de $(y,z)$ fixado e, no segundo caso, pelo valor de $x$ sobre o parabolóide $z=x^2+y^2$ para o valor de $(y,z)$ fixado. Concretamente, introduzindo a abreviatura $\delta\equiv \frac{\sqrt{5}-1}{2}$, obtemos \[\begin{align*}& \iint_{\{(y,z): y^2+z^2\leq 1,\, y\geq 0,\, z\geq \delta\}}\left( \int_0^{\sqrt{1-y^2-z^2}} 1\, dx\right)dy\,dz \\ & \qquad + \iint_{\{(y,z):z\geq y^2,\, y\geq 0,\, z\leq \delta\}}\left( \int_0^{\sqrt{z-y^2}} 1\, dx\right)dy\,dz \\ & = \int_\delta^1\left(\int_0^\sqrt{1-z^2} \left( \int_0^{\sqrt{1-y^2-z^2}} 1\, dx\right) dy\right) dz \\ & \qquad + \int_0^\delta\left(\int_0^\sqrt{z}\left(\int_0^{\sqrt{z-y^2}} 1\, dx\right)dy\right)dz\end{align*} \]

8. Considere a região de $\mathbb{R}^3$ definida pela intersecção dos cilindros definidos por $x^2+y^2\leq 1$ e $y^2+z^2\leq 1$. Exprima o seu volume usando um integral iterado da forma \[\int_\ast^\ast \left(\int_\ast^\ast\left(\int_\ast^\ast 1\, dz\right)dy\right)dx.\] [Compare com o exemplo no texto.]

9. Uma função definida em $\mathbb{R}^2$ vale $0$ em $(0,0)$ e, no complementar da origem, vale $1$ nos pontos que estão sobre rectas de declive racional que passam por $(0,0)$ e vale $0$ nos restantes pontos do plano. Justifique que esta função não é integrável em $[0,1]^2$.

10. Considere uma função integrável $f:I\subset\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}$ em que $I=I_1\times\dots\times I_n$ é um intervalo limitado e $f$ tem a forma particular $f(x_1,\dots,x_n)=f(x_1)\dots f(x_n)$ para certas funções integráveis $f_i:I_i\to\mathbb{R}$. Verifique que $\int_I f=\left(\int_{I_1}f_1\right)\dots\left(\int_{I_n}f_n\right)$.

11. Calcule \[\iiint_V x\, dx\, dy\, dz\] em que \(V = \{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : 0 \leq y \leq x, \; 0 \leq z \leq −(x − 1)^3\}\).

    Solução

    \begin{align*} \iiint_V x\, dx\, dy\, dz & = \int_0^1 \left( \int_y^1 \left( \int_0^{-(x-1)^3} x \, dz\right)\, dx\right)\, dy \\ & = \int_0^1 \left( \int_y^1 -x(x-1)^3 \, dx\right)\, dy \\ & = \int_0^1 \left( \int_y^1 -x^4+3x^3-3x^2+x\, dx\right) \, dy \\ & = \int_0^1 -\frac{1}{5}+\frac{3}{4}-1+\frac{1}{2} +\frac{y^5}{5}-\frac{3y^4}{4}+y^3-\frac{y^2}{2}\, dy \\ & = \frac{1}{20} + \frac{1}{30} - \frac{3}{20} +\frac{1}{4} - \frac{1}{6} = \frac{1}{60}.\end{align*}

12. Calcule \[\iiint_V y\, dx\, dy \,dz\] em que $V = \{(x, y, z) \in\mathbb{R}^3 : 0 \leq x \leq 1 − y^2 , 0 \leq z \leq 1 − x\}$.
13. Seja \[V=\{(x,y,z)\in[-1,1]\times [0,1]^2\subset \mathbb{R}^3: 0\leq z\leq x^2,\; 0\leq y\leq x^2\leq 1\}\] e $g:[-1,1]\times [0,1]^2\to\mathbb{R}$ uma função integrável.

    1. Exprima o integral $\iiint_V g(x,y,z) \, dx\, dy\,dz$ como um integral triplo ou soma de integrais iterados triplos por uma ordem de integração à sua escolha.

       Solução

       \begin{align*} & \iiint_V g(x,y,z) \, dx\, dy\,dz \\ & \qquad = \iint_{\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:0\leq y\leq x^2\leq 1\}}\left(\int_0^{x^2}g(x,y,z)\, dz\right)\,dx\, dy \\ & \qquad = \int_{-1}^1\left(\int_0^{x^2}\left(\int_0^{x^2}g(x,y,z)\, dz\right)\, dy\right)\, dx \end{align*}

    2. Determine o valor de $\iiint_V x \, dx\, dy\,dz$.
       Solução

       Temos \[\int_{-1}^1\left(\int_0^{x^2}\left(\int_0^{x^2}x \, dz\right)\, dy\right)\, dx = 0\] visto a função \[ [-1,1]\ni x \mapsto \int_0^{x^2}\left(\int_0^{x^2}x \, dz\right)\, dy \] ser uma função ímpar.

14. Calcule o volume da região $V=\left\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3:  0\leq z\leq \sen x, 0\leq z\leq y \leq 1, x\in [0,\pi] \right\}$.
    Solução

    [Faz parte de saber resolver problemas deste tipo ter capacidade de escolher uma ordem de integração que torne os cálculos expeditos. Apresentam-se três possíveis soluções que, provavelmente para a maioria dos alunos, estão por ordem crescente de dificuldade. Saber mudar ordens de integração é também algo importante, embora, em sentido estrito, se trate de algo desnecessário nesta resolução.]

    Primeira versão: a mais directa

    O volume é cálculável via: \begin{align*}\int_0^\pi\left(\int_0^{\sen x}\left(\int_z^1 1\, dy\right)\, dz\right)\, dx & =\int_0^\pi\left(\int_0^{\sen x} 1-z \, dz\right)\, dx \\ & = \int_0^\pi \sen x -\frac{\sen^2 x}{2} \, dx \\ & = 2-\frac{1}{2} \int_0^\pi \sen^2\, dx \end{align*} Para calcular o integral envolvendo $\sen^2$ usa-se a conhecida substituição envolvendo o $\cos$ do ângulo duplo e a fórmula fundamental da trigonometria $\cos(2x)=\cos^2 x - \sen^2 x= 1- 2 \sen^2 x$ donde $\sen^2 x =\frac{1}{2}\left(1-\cos(2x)\right)$. Assim \[\int_0^\pi\left(\int_0^{\sen x}\left(\int_z^1 1\, dy\right)\, dz\right)\, dx = 2 - \frac{1}{4}\int_0^\pi 1-\cos(2x) \, dx = 2 - \frac{\pi}{4}.\]

    Segunda versão: integrando primeiro em ordem a $z$

    O volume também pode ser calculado via: \begin{split}& \int_0^\pi\left(\int_0^{\sen x}\left(\int_0^y 1 \, dz \right)dy\right)\, dx + \int_0^\pi \left(\int_{\sen x}^1 \left( \int_0^{\sen x} 1\, dz \right)dy\right)dx \\ & =\int_0^\pi\left(\int_0^{\sen x} y \, dy\right)\, dx + \int_0^\pi \left(\int_{\sen x}^1 \sen x \,dy\right)dx \\ & = \int_0^\pi \frac{\sen^2 x}{2}\, dx + \int_0^\pi \sen x -\sen^2 x \, dx = \dots \end{split} [Note que uma recta paralela ao eixo dos $z$s intersecta $V$ de duas formas distintas que obrigam a considerar uma soma de dois integrais iterados.]

    Terceira versão: integrando primeiro em ordem a $x$

    O volume também pode ser calculado via: \begin{split}&\int_0^1\left(\int_0^y\left( \int_{\operatorname{arcsen}z}^{\pi-\operatorname{arcsen}z} \, dx \right)dz \right) dy \\ & = \int_0^1\left(\int_0^y \pi-2 \operatorname{arcsen} z \, dz\right) dy\dots\end{split} [Embora baste considerar um integral iterado, os cálculos obrigam a considerar uma função trigonométrica inversa.]

15. Calcule o volume da região $V=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3: 0\leq z\leq (1-x)^3, 0\leq z\leq (1-y)^3, x\geq 0, y\geq 0\}$.

    Sugestão

    Veja tembém este outro exercício.

    Solução

    Integrando primeiro em ordem a $z$

    O volume da região é dado por \[\iiint_{[0,1]^2}\left(\int_0^{\alpha(x,y)} 1\, dz\right) dx\, dy\] em que \[\alpha(x,y)=\begin{cases}(1-x)^3, & \text{ se } y\leq x \\ (1-y)^3, & \text{ se } y\geq x.\end{cases}\] Dada a simetria da região relativamente ao plano $y=x$ podemos simplesmente considerar para o volume \begin{align*}2\iint_{0\leq y \leq x\leq 1}\left(\int_0^{(1-x)^3} 1 \, dz\right)dx\, dy &= 2\int_0^1\left(\int_0^x (1-x)^3 \, dy\right)dx \\ & = 2\int_0^1 x (1-x)^3 \, dx \\ & = 2\left.\left[-\frac{x (1-x)^4}{4}\right]\right|_0^1 + 2\int_0^1 \frac{ (1-x)^4}{4} \,dx = \frac{1}{10}\end{align*}

    Integrando primeiro em ordem a $y$

    O volume da região é dado por \[\int_0^1 \left(\int_0^{1-z^{1/3}}\left(\int_0^{1-z^{1/3}} 1\, dy\right)dx\right)dz = \int_0^1 1-2z^{1/3} + z^{2/3} \, dz = 1 -2 \frac{3}{4} + \frac{3}{5}=\frac{1}{10}.\]

16. Determine o volume de $S=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3: 0\leq y\leq 1 - z, z\geq x-1, x\geq 0, z\geq 0\}$.
    Solução

    Optando por integrar primeiro em ordem a $x$ ou primeiro em ordem a $y$, o volume é calculável com um único integral iterado. Se se optar por integrar primeiro em ordem a $z$ é necessário considerar a soma de dois integrais interados. Por exemplo \begin{align*}\operatorname{vol}(S) & =\int_0^1\left(\int_0^{1-y}\left(\int_0^{z+1} 1 \, dx\right)\, dz\right)\, dy\\ &=\int_0^1\left(\int_0^{1-y}z+1\, dz\right)\, dy \\ & = \int_0^1 \frac{(1-y)^2}{2}+ 1-y\, dy=\frac{1}{6}+1 -\frac{1}{2}=\frac{2}{3}.\end{align*}

17. Determine o volume de $V=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3: 0\leq z \leq (x-1)^2, 0\leq y\leq 1-(x-1)^2, x\leq 1\}$.
18. Calcule o volume da região $V=\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3: 0\leq y \leq 1/4, 0\leq x, z \geq x+y, x+y+z\leq 1 \}$.
    Solução

    Uma observação importante é que os planos $z=x+y$ e $x+y+z=1$ intersectam-se na recta definida por \[\begin{cases}z=1/2, \\ 2x+2y = 1.\end{cases}\]Um método possível para calcular o volume é considerar \begin{align*}\iiint_V 1\, dx\,dy\, dz & = \int_0^{\frac{1}{4}}\left(\int_0^{\frac{1}{2} -y}\left(\int_{x+y}^{1-x-y}1\,dz \right) \, dx\right)\, dy \\ & = \int_0^{\frac{1}{4}}\left(\int_0^{\frac{1}{2} -y}1-2x-2y \, dx\right)\, dy \\ & = \int_0^{\frac{1}{4}} \frac{1}{2} -y-\left(\frac{1}{2} -y\right)^2-2y\left(\frac{1}{2} -y\right) \, dy \\ & = \int_0^{\frac{1}{4}}\frac{1}{4}-y+y^2 \, dy= \frac{1}{16} -\frac{1}{32}+ \frac{1}{192}\end{align*}

19. Seja $V=\{(x,y,z)\in [0,1]^3\subset \mathbb{R}^3: 1-x-y \leq z \leq 1-\sqrt{x^2+y^2}\}$ e $f:V\to\mathbb{R}$ uma função integrável.
    1. Exprima o integral \[ \iiint_V f(x,y,z) \,dx\, dy\,dz \] na forma de um integral iterado \[\int_\ast^\ast\left(\int_\ast^\ast\left(\int_\ast^\ast f(x,y,z) \, dy\right)dx\right)dz.\]
    2. Calcule o integral com $f(x,y,z)=y$.
    Solução

    1. Para cada $z\in [0,1]$ os pontos $(x,y)$ correspondentes formam um corte \[C_z=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: 1-x-y \leq z \leq 1-\sqrt{x^2+y^2} \right\}\] pelo que \begin{align*}\iiint_V f & = \int_0^1\left(\iint_{C_z}f(x,y,z)\, dx\,dy\right)dz \\ &=\int_0^1\left(\int_0^{1-z}\left(\int_{1-x-z}^{\sqrt{(1-z)^2-x^2}}f(x,y,z)\, dy\right) dx\right)dz\end{align*}

       

    2. Tomando $f(x,y,z)=y$ obtemos \begin{multline*}\int_0^1\left(\int_0^{1-z}\left(\int_{1-x-z}^{\sqrt{(1-z)^2-x^2}}y\, dy\right) dx\right)dz \\ =\int_0^1\left(\int_0^{1-z} \frac{1}{2}\left((1-z)^2- x^2 - (1-z-x)^2\right) dx\right)dz\\ =\int_0^1\left(\int_0^{1-z}\left(- x^2 + (1-z)x\right) dx\right)dz \\ = \int_0^1\left( -\frac{(1-z)^3}{3} + \frac{(1-z)^3}{2} \right) dz \\ = \int_0^1 \frac{(1-z)^3}{6} dz = \frac{1}{24}.\end{multline*}

Veja as páginas 3 e 4 do texto.