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Integrais multiplas
(Material em construcao....)
Integrais duplas
Seja uma bola aberta limitada e determinada B((x, y), δ) ⊂ R ⊂ ℜ2 numa regiao de
integracao fechada R ⊂ Df para uma funcao de duas variaveis f : B ⊂ ℜ2 −→ ℜ. A
particao considerada e a colecao dos retangulos
Rij = {(xi, yj) ∈ ℜ2|xi−1 ≤ x ≤ xi+1; yj−1 ≤ y ≤ yj+1}
Existe um ponto aleatorio (∗) qualquer interno a essa particao expressa em termos de
(xi, yj)
P ∗i,j = {(xi, yj)|i ≤ n ∈ ℵ e j ≤ m ∈ ℵ}
Suponha definir uma particao (quadrada) no interior de R por ∆, cuja diagonal define a
norma ||∆|| da particao. A soma de Riemann de e qualquer quantidade
∑
i
f(ui, vi)∆xi∆xj
desde que (ui, vi) ∈ B((x, y), δ)
Theorem 1 Seja f(x, y) uma funcao de duas variaveis definida numa regiao R e L, esta
ultima definida por
lim||∆||→0
∑
i
f(ui, vi)∆Ai = L
Seja ∀ǫ > 0 ⇒ ∃δ > 0, a quantidade ∆ = Ri e uma particao interior de R para qual
||∆|| < δ para quaisquer ponto (ui, vi) ⊂ R. Neste caso teremos que
∣
∣
∣
∣
∣
∑
i
f(ui, vi)∆Ai − L
∣
∣
∣
∣
∣
< ǫ
Theorem 2 A funcao f sera integravel se, em uma regiao fechada R, existir um numero
L tal que
lim||∆||→0
∑
i
f(ui, vi)∆Ai =
∫ ∫
R
f(x, y)dA ≡ L
Teorema de Fubini
Theorem 3 Considere um retangulo A ⊂ Df um subconjunto no domınio de f(x, y) na
forma de um retangulo (funcoes de retas paralelas. A regiao e limitada por A = {(x, y) ∈
ℜ|a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d} e a funcao f(x, y) e integravel tal que a soma de Riemann existe
para∫
R
∫
f(x, y)dA =
∫ d
c
[∫ b
a
f(x, y)dx
]
dy
Prova.
Seja o retangulo A particionado por
L1 X L2 = {a ≤ x0 < x1 < · · · < xi−1 < xi < xi+1 < · · · < xn−1 < xn ≤ b} X (1)
{c ≤ y0 < y1 < · · · < yi−1 < yi < yi+1 < · · · < yn−1 < yn ≤ d}
Existe um valor superior e inferior em uma particao
Mi,j = sup{(x, y) ∈ ℜ|xi−1 < xi < xi+1; yj−1 < yj < yj+1}
mi,j = inf{(x, y) ∈ ℜ|xi−1 < xi < xi+1; yj−1 < yj < yj+1}
para um valor qualquer da funcao
mi,j ≤ f(x, y) ≤ Mi,j
∃y ∈ [yi−1, yi+ 1] para todo y escolhido aleatoriamente e fixado, podemos calcular um
unico solido e depois somar sobre todos os elementos
mi,j∆x ≤∫ xi
xi−1
f(x, y)dx ≤ Mi,j∆x (2)
n∑
i
mi,j∆x ≤∫ b
a
f(x, y)dx ≤n∑
i
Mi,j∆x (j fixo)
(3)
Variando na direcao de y
m∑
j
(
n∑
i
mi,j∆x
)
∆y ≤∫ d
c
(∫ b
a
f(x, y)dx
)
dy ≤m∑
j
(
n∑
i
Mi,j∆x
)
∆y
m∑
j
n∑
i
mi,j∆x∆y ≤∫ d
c
∫ b
a
f(x, y)dxdy ≤m∑
j
n∑
i
Mi,j∆x∆y
e invariante sob a troca da ordem da soma, tal que a funcao f(x, y) e integravel e a soma
de Riemann existe para
∫
R
∫
f(x, y)dA =
∫ d
c
[∫ b
a
f(x, y)dx
]
dy =
∫ b
a
[∫ d
c
f(x, y)dy
]
dx
Tecnicas de integracao dupla
Exercise 4 Calcule a integral∫ ∫
Rx3 + 4ydA, com R a regiao limitada pelas equacoes
y = x2 e y = 2x.
Dem.
• Definicao da regiao R
R = {(x, y) ∈ ℜ|x2 ≤ y ≤ 2x e 0 ≤ x ≤ 2}
De fato,
para y1 = y2 ⇒ x2 = 2x ⇒ x2 − 2x = 0 ⇒ x(x − 2) = 0 ⇒ x = 0 ou x = 2.
Observe que a funcao esta definida dentro de um quadrado R ⊂ A ⊂ ℜ : A =
{(x, y) ∈ ℜ|0 ≤ x ≤ 2; 0 ≤ y ≤ 4}. A regiao R e um subconjunto de A.
Figura 1 – Integracao
• Integracao Segundo o teorema de Fubini dois modos de integracao sao possıveis:
1) Tipo I
∫
R
∫
f(x, y)dA =
∫ b
a
[∫ d
c
f(x, y)dy
]
dx
=
∫ b
a
[
∫ y1=g1(x)
c
f(x, y)dy +
∫ y2=g2(x)
y1=g1(x)
f(x, y)dy +
∫ d
y2=g2(x)
f(x, y)dy
]
dx
=
∫ b
a
[
∫ y1=g1(x)
c
0dy +
∫ y2=g2(x)
y1=g1(x)
f(x, y)dy +
∫ d
y2=g2(x)
0dy
]
dx
=
∫ b
a
[
∫ y2=g2(x)
y1=g1(x)
f(x, y)dy
]
dx
(4)
Aplicacao no exemplo:
Definindo a regiao: R = {(x, y) ∈ ℜ|x2 ≤ y ≤ 2x e 0 ≤ x ≤ 2}
I =
∫ ∫
R
(x3 + 4y)dA
=
∫ x=2
x=0
∫ y=2x
y=x2
(x3 + 4y)dydx
=
∫ x=2
x=0
[
x3
∫ y=2x
y=x2
dy + 4
∫ y=2x
y=x2
ydy
]
dx
=
∫ x=2
x=0
[
x3(2x− x2) + 4
[
(2x)2
2− (x2)2
2
]]
dx
=
∫ x=2
x=0
2x4 − x5 + 8x2 − 2x4dx
= −x6
6+
8
3x3|20 =
32
3(5)
2) Tipo II
∫
R
∫
f(x, y)dA =
∫ d
c
[∫ b
a
f(x, y)dx
]
dy
=
∫ d
c
[
∫ x1=h1(y)
a
f(x, y)dx+
∫ x2=h2(y)
x1=h1(y)
f(x, y)dx+
∫ b
x2=h2(y)
f(x, y)dx
]
dy
=
∫ d
c
[
∫ x1=h1(y)
a
0dx+
∫ x2=h2(y)
x1=h1(y)
f(x, y)dx+
∫ b
x2=h2(y)
0dx
]
dy
=
∫ d
c
[
∫ x2=h2(y)
x1=h1(y)
f(x, y)dx
]
dy
(6)
Aplicacao no exemplo:
Definindo a regiao: R = {(x, y) ∈ ℜ|0 ≤ y ≤ 4 e1
2y ≤ x ≤ √
y}
I =
∫ ∫
R
(x3 + 4y)dA
=
∫ y=4
y=0
∫ x=√y
x= 1
2y
(x3 + 4y)dxdy
=
∫ y=4
y=0
[
∫ x=√y
x= 1
2y
x3dx+
∫ x=√y
x= 1
2y
4ydx
]
dy
=
∫ y=4
y=0
[
1
4y2 + 4y3/2 − 1
64y4 + 2y2
]
dy
=32
3
Forma pratica: devemos integrar da funcao de ”maior dependencia”para a ”menor
dependencia”.
Exercise 5 Calcule a integral∫
R
∫
xydxdy limitado pelas retas x = 0, y = 0 e pela
parabola y = 1− x2.
• Definicao da regiao R
R : {(x, y) ∈ ℜ|0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤√
1− y}
• Integracao
∫
R
∫
xydxdy =
∫ 1
0
[
∫ +√1−y
0
xydx
]
dy
=
∫ 1
0
[
y
(
x2
2
∣
∣
∣
+√1−y
0
]
dy
=
∫ 1
0
[
y
(
(√1− y)2
2− 0
)]
dy
=1
2
∫ 1
0
y − y2dy
=1
2
(
y2
2− y3
3
∣
∣
10
=1
4− 1
6=
1
12(7)
Exercise 6 Calcule a area da figura limitada pelas retas x = 0, x = 1,y = 2x2.
• Definicao da regiao R
R : {(x, y) ∈ ℜ|0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2x2}
• Integracao
∫
R
∫
1dxdy =
∫ 1
0
[
∫ 2x2
0
1dy
]
dx
=
∫ 1
0
2x2dx
= 2x3
3|10
=2
3
Exercise 7 Calcule a area da elipse x2
a2+ y2
b2= 1.
R : {(a, b) ∈ ℜ| − a ≤ x ≤ a,−√
b2 − b2
a2x2 ≤ y ≤ +
√
b2 − b2
a2x2}
Seja
I =
∫
R
∫
f(x, y)dA; f(x, y) = 1
I =
∫ a
−a
∫
√
b2− b2
a2x2
−√
b2− b2
a2x2
f(x, y)dydx =
∫ a
−a
∫
√
b2− b2
a2x2
−√
b2− b2
a2x2
1dydx
=
∫ a
−a
2
√
b2 − b2
a2x2dx =
∫ a
−a
2
√
a2b2
a2− b2
a2x2dx
= 2b
a
∫ a
−a
√a2 − x2dx
=⇒ x = a sin θ
= 2b
a
∫ π/2
−π/2
√
a2 − a2 sin2 θ(a cos θdθ) = 2ab
∫ π/2
−π/2
cos2 θdθ
= 2ab
∫ π/2
−π/2
1 + cos 2θ
2dθ = ab
∫ π/2
−π/2
1 + cos 2θdθ
= ab
[
∫ π/2
−π/2
1dθ +
∫ π/2
−π/2
cos 2θdθ
]
= ab
[
(π/2)− (−π/2) +1
2
∫ π
−π
cosudu
]
= ab
[
π +1
2sin u|π−π
]
= ab
[
π +1
2(sin(π)− sin(−π))
]
= πab
(8)
Exercise 8 Calcule o valor da integral dupla para a funcao f(x, y) = x + y na regiao
limitada por y ≥ 0 e x2 + y2 ≤ 4
Exercise 9 Calcule a area A da regiao limitada pelos graficos 2y = 16−x2 e x+2y+4 = 0
(Resp:60, 75).
Figura 2 – Regiao R
• Definicao da regiao R
R : {(x, y) ∈ ℜ| }
• Integracao
A =
∫
R
∫
f(x, y)dxdy =
∫ 5
−4
∫ 8− 1
2x2
−x
2−2
dydx =
∫ 5
−4
−1
2x2 +
1
2x+ 10dx
= −x3
6+
x2
4+ 10x
∣
∣
5−4 = 60.75
Exercise 10 Calcule o volume V do solido no primeiro ocatante limitada na regiao D
pelo grafico 2x+ y = 2 e z = x2 + y2 + 1 (Resp:1116).
V =
∫
R
∫
f(x, y) dA
• Definicao da regiao R Seja z = f(x, y) = x2 + y2 + 1
R : {(x, y) ∈ ℜ| }
• Integracao
V =
∫
R
∫
f(x, y)dxdy =
Propriedades da integral dupla
•∫
R1∪R2
∫
f(x, y)dA =
∫
R1
∫
f(x, y)dA+
∫
R2
∫
f(x, y)dA
•∫
R
∫
k · f(x, y)dA = k ·∫
R
∫
f(x, y)dA
•∫
R
∫
f(x, y)dA ≥ 0 se f(x, y) ≥ 0
•∫
R
∫
f(x, y)dA ≤∫
R
∫
g(x, y)dA se f(x, y) ≤ g(x, y)
Exercise 11 Calcule a integral∫ ∫
Rx2 + y2dxdy limitada pelo plano xy e pela funcao
x2 + 4y2 = 4. Responda o que foi calculado.
Figura 3 – Integracao
Exercise 12 Calcule a integral∫ ∫
Rf(x, y)dxdy para f(x, y) = 1 limitada pelo plano xy
e pela funcao x2 + 4y2 = 4. Responda o que foi calculado.
Figura 4 – Integracao
Inversao de ordem
A inversao de ordem de integracao pode facilitar (ou dificultar) o calculo das integrais.
Isso ocorre porque dependendo da funcao, a integral da sua invesa podera ser mais simples
(ou mis difıcil) de ser calculada. Vide o exemplo seguinte.
Exercise 13 Calcule a integral abaixo limitada nas regioes√y ≤ x ≤ 1 e 0 ≤ y ≤ 1 para
a integral∫
R
∫
sin x3dA
Sol.
Verifique que a funcao esta limitada na regiao
R = {(x, y) ∈ ℜ|√y ≤ x ≤ 1, e 0 ≤ y ≤ 1}
que pode ser de difıcil resolucao. Invertendo o sentido de integracao temos a mesma regiao
Figura 5 – Inversao
descrita pelos limites:
R = {(x, y) ∈ ℜ|0 ≤ x ≤ 1, e 0 ≤ y ≤ x2}
o que nao altera em nada a regiao R. Portanto, as integracoes sao equivalentes
∫
R
∫
sin x3dA =
∫ 1
0
∫ 1
√y
sin x3dxdy =
∫ 1
0
∫ x2
0
sin x3dydx
Verifique que a ultima integral e mais simples de ser exercutada.
∫
R
∫
sin x3dA =
∫ 1
0
∫ x2
0
sin x3dydx =
∫ 1
0
sin x3
∫ x2
0
dydx
=
∫ 1
0
x2 sin x3dx =1
3
∫ 1
0
sin udu =1
3(1− cos 1)
Exercise 14 Calcule a integral dupla para a funcao f(x, y) = xy2 no retangulo R =
{(x, y) ∈ ℜ|1 ≤ x ≤ 2;−5 ≤ y ≤ 7}. Calcule usando a inversao de ordem.
Exercise 15 Calcule area da regiao R = {(x, y) ∈ ℜ|0 ≤ x ≤ √1− y; 0 ≤ y ≤ 1}.
Inverta a ordem e verifique se o resultado e o mesmo.
Mudanca de variavel
Seja φ uma funcao contınua e diferenciavel de classe C1 na regiao R:∫
R
∫
φ(x, y)dA = lim||∆||→0
∑∑
φ(x∗i , y
∗j )∆A
= lim||∆||→0
∑∑
φ(f(u∗i , v
∗j ), g(u
∗i , v
∗j ))
∣
∣
∣
∣
∂
(
x, y
u, v
)∣
∣
∣
∣
dudv
=
∫
S
∫
φ(f(u, v), g(u, v))
∣
∣
∣
∣
∂
(
x, y
u, v
)∣
∣
∣
∣
dudv
(9)
Exercise 16 Calcule a integral
∫ 1
0
∫ 2
0
2xy
x2 + 1dydx
sob a transformacao T (u, v) =<√u, v >.
Varifique que
x =√u
y = v
Calculando a integral dupla
∫ 1
0
∫ 2
0
2xy
x2 + 1dydx =
∫
S
∫
2xy
x2 + 1J
(
x, y
u, v
)
dudv
=
∫
S
∫
2xy
x2 + 1
∣
∣
∣
∣
∂
(
x, y
u, v
)∣
∣
∣
∣
dS =
∫
S
∫
2xy
x2 + 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∂x∂u
∂x∂v
∂y∂u
∂y∂v
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
dudv
=
∫
R
∫
2√uv
u+ 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
12√u
0
0 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
dudv =
∫
R
∫
2√uv
u+ 1
1
2√ududv
=
∫ 1
0
∫ 2
0
v
1 + udvdu =
v2
2|20∫ 1
0
1
1 + udu =
v2
2|20 · ln(1 + u)|10
= 2 ln 2 = ln 4 ≈ 1.386 (10)
Exercise 17 Calcule a area da elipse x2
a2+ y2
b2= 1.
• Primeira transformacao (x, y) → (u, v)
x2
a2+
y2
b2= 1 ≡ u2 + v2 = 1
desde que u = xae v = y
b. Para φ(x, y) = 1 temos
∫
R
∫
dA =
∫
R
∫∣
∣
∣
∣
∂
(
x, y
u, v
)∣
∣
∣
∣
dS =
∫
S
∫
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∂x∂u
∂x∂v
∂y∂u
∂x∂v
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
dudv =
∫
S
∫
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a 0
0 b
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
dudv
=
∫
S
∫
|ab− 0|dudv = ab
∫
S
∫
dudv (11)
• Segunda transformacao (u, v) → (r, θ)
Como u2 + v2 = 1 com 0 ≤ r ≤ 1 entao
ab
∫
S
∫
dudv = ab
∫
W
∫∣
∣
∣
∣
∂
(
u, v
r, θ
)∣
∣
∣
∣
dW = ab
∫
W
∫
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∂u∂r
∂v∂θ
∂u∂r
∂v∂θ
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
drdθ
= ab
∫
W
∫
rdrdθ = ab
∫ 2π
0
∫ 1
0
rdrdθ = ab2π
(
r2
2
∣
∣
10 = πab
Exercise 18 Determine a area em uma rosacea de quatro petalas r = cos 2θ.
Exercise 19 Calcule a area do cırculo de raio R.
Por simetria podemos escolher a coordenada polar
A =
∫
R
∫
rdrdθ
∫ 2π
0
∫ R
0
rdrdθ =
∫ 2π
0
r2
2|R0 dθ =
R2
2
∫ 2π
0
dθ =R2
22π = πR2
(12)
Exercise 20 Dada a funcao f(x, y) = e−(x2+y2), determine o volume abaixo da funcao
em toda a regiao (x, y) ∈ ℜ2 Por simetria podemos escolher a coordenada polar
V =
∫
S
∫
f(x, y)dxdy =
∫ ∞
−∞
∫ ∞
−∞e−(x2+y2)dxdy =
∫
R
∫
f(r, θ)rdrdθ
= limR→+∞
∫ 2π
0
∫ R
0
e−r2rdrdθ =1
2lim
R→+∞
∫ 2π
0
∫ R2
0
e−ududθ
=1
2lim
R→+∞
∫ 2π
0
(
−e−u|R2
0 dθ =1
2lim
R→+∞(1− e−R2
)
∫ 2π
0
dθ
=1
2lim
R→+∞(1− e−R2
)2π = π limR→+∞
(1− e−R2
) = π
(13)
Exercise 21 Calcule a integral∫
R
∫
(x+ y)dA
limitada pelas retas y = 0, y = 3x, y = x e x+ y = 4. Use a transformacao T (u, v) =<
u− v, u+ v >
Exercise 22 Calcule a integral∫
R
∫
xy sin y2dxdy na regiao R : [0, 1]X [0, 1] ∈ ℜ2 sob a
transformacao T (u, v) =< u,√v >
Integracao sobre varias regioes
(Em cosntrucao...)
Aplicacoes da integral dupla
• Calculo da superfıcie em uma funcao contınua Suponha uma pequena area
tangencial em um ponto f(x∗, y∗), definido por
σ = lim||∆||→0
∑
i
∆iσ
Supondo que o incremento de area ∆iσ pode ser aproximado pelo resultado da
norma do produto externo,
∆iσ ≈ || ~AX ~B||
podemos encontrar uma aproximacao suficiente para o calculo da superfıcie:
{
~A = ∆ixi+ fx(x∗, y∗)∆ixk,
~B = ∆iyj + fy(x∗, y∗)∆iyk,
~AX ~B =
i j k
∆ix 0 fx(x∗, y∗)∆ix
0 ∆iy fy(x∗, y∗)∆iyk
= −∆ix∆iyfx(x
∗, y∗)i−∆ix∆iyfy(x∗, y∗)j+∆ix∆iyk
A norma do vetor resultante pode ser fornecida aproximadamente por
∆iσ =√
(−∆ix∆iyfx(x∗, y∗))2 − (∆ix∆iyfy(x∗, y∗))2 + (∆ix∆iy)2
=√
(∆ix∆iy)2(
f 2x(x
∗, y∗) + f 2y (x
∗, y∗) + 1)
=√
f 2x(x
∗, y∗) + f 2y (x
∗, y∗) + 1∆ix∆iy
(14)
A area da superfıcie de uma funcao diferenciavel e expressa em termos de suas
derivadas parciais como
σ = lim||∆||→0
∑
i
∆iσ = σ = lim||∆||→0
∑
i
√
f 2x(x
∗, y∗) + f 2y (x
∗, y∗) + 1∆ix∆iy ⇒
σ =
∫
R
∫
√
1 + f 2x + f 2
ydA
Exercise 23 Encontre a area da esfera de raio a.
• Centro de massa Suponha um corpo com distribuicao uniforme tal que a soma
das forcas e o resultado da acao da gravidade em todos os seus pontos,
∑
Fz = ∆P1 +∆P2 +∆P3 + · · ·+∆Pn = P
Podemos definir aqui o momento a medida x · F . O resultado dos momentos em
cada ponto do material e o resultado
∑
My = xP = x1∆P1 + x2∆P2 + x3∆P3 + · · ·+ xn∆Pn
∑
Mx = yP = y1∆P1 + y2∆P2 + y3∆P3 + · · ·+ yn∆Pn
Ou,∑
My = xP =∑
i
xi∆Pi ⇒∫
dMy = xP =
∫
xdP
∑
Mx = yP =∑
i
yi∆Pi ⇒∫
dMx = yP =
∫
ydP
Para centroide em superfıcies curvas podemos considerar o modulo da forca propro-
cional a area:
∆P ≈ ∆A
com constante k = γt a espessura t do corpo e o peso especıfico γ, ou seja,
∆P = γt∆A
My = xP =
∫
xdP
= xtγA =
∫
xtγdA
= xA =
∫
xdA
A quantidade a direita e definida como o momento de primeira ordem.
Mx = yP =
∫
ydP
= ytγA =
∫
ytγdA
= yA =
∫
ydA
A quantidade a direita e definida como o momento de primeira ordem.
Finalemnte o centro de massa do corpo bidimensional sera encontrado pela ralcao
x =
∫
R
∫
xdA∫
R
∫
dA
y =
∫
R
∫
ydA∫
R
∫
dA
Exercise 24 Encontre o centro de massa de um quadrado de lado ”a”com densidade
uniforme.
Figura 6 – Inversao
x =
∫
R
∫
xdA∫
R
∫
dA=
∫ a
0
∫ a
0xdxdy
∫ a
0
∫ a
0dydx
=
∫ a
0a2
2dy
∫ a
0ady
=a3
2
a2=
a
2
(15)
y =
∫
R
∫
ydA∫
R
∫
dA=
∫ a
0
∫ a
0ydydx
∫ a
0
∫ a
0dxdy
=
∫ a
0a2
2dx
∫ a
0adx
=a3
2
a2=
a
2
(16)
O centro de massa e dado por (x, y) = (a2, a2)
Figura 7 – Inversao
Exercise 25 Encontre o centro de massa de uma placa com distribuicao uniforme
limitada pelas funcoes y = 0, x = 0 e x+ y = a.
MX =
∫
R
∫
ydA =
∫ a
0
∫ −x+a
0
ydydx =
∫ a
0
y2
2|−x+a0 dx =
1
2
∫ a
0
(−x+ a)2dx =a3
6
My =
∫
R
∫
xdA =
∫ a
0
∫ −x+a
0
xdydx =
∫ a
0
x(−x+a)dx =
∫ a
0
−x2+axdx = −a3
3+a3
2=
a3
6
A =
∫
R
∫
dA =
∫ a
0
∫ −x+a
0
dydx =
∫ a
0
(−x+ a)dx = −a2
2+ a2 =
a2
2
Calculando as medias respectivamente
x =My
A=
a3
6a2
2
=a
3
y =Mx
A=
a3
6a2
2
=a
3
Finalmente,
(x, y) = (a/3, a/3)
Exercise 26 Calcule o centro de massa em uma area abaixo da funcao y = kx2
limitada pelas retas x = a, y = 0 e y = b. (RESP. (x, y) = (34a, 3
10b))
• Momento de area e momento de inercia Suponha o movimento circular de
uma cota em torno do eixo y. A energia cinetica e dada como
K =1
2mv2
Se o movimento e circular entao temos a velociade angular ~ω relaciona-se com o raio
de giro pela relacao vetorial.
~v = ~ωX~r
A energia de giro pode ser interpreta por
K =1
2mv2
K =1
2m(ωr)2
K =1
2mω2r2
Considerando a velociade angular ω um constante, podemos escrever o elemento
diferencial a energia cinetica em termos do elemento diferencial da massa:
K =1
2mω2r2
dk =1
2ω2r2dm
dk =1
2ω2dI
Ou seja,
K =1
2ω2I
com
I =
∫
r2dm
a inercia do sistema.
Example 27 Suponha um retangulo de base b, altura h e densidade σ constante,
determine:
1 O centro de massa da distribuicao
x =
∫
R
∫
xdA∫
R
∫
dA=
∫ h
0
∫ b
0xdxdy
∫ b
0
∫ h
0dxdy
=hb2
2
hb=
b
2
y =
∫
R
∫
ydA∫
R
∫
dA=
∫ b
0
∫ h
0ydydx
∫ b
0
∫ h
0dxdy
=bh2
2
bh=
h
2
Figura 8 – Regiao de integracao
2 A inercia no ponto medio na direcao de x e de y Podemos calcular a
inercia deslocando as coordenadas no ponto medio (x, y) −→ (x′
, y′
).
I =
∫
r2dm ⇒∫
(x2 + y2)2dm =
∫
x2dm+
∫
y2dm = Ix + Iy
I′
x =
∫
R′
∫
y2σdA =
∫ b/2
−b/2
∫ h/2
−h/2
y2σdydx =
∫ b/2
−b/2
y3
3|h/2−h/2dx =
1
12bh3
I′
y =
∫
R′
∫
x2σdA =
∫ h/2
−h/2
∫ b/2
−b/2
x2σdydx =
∫ h/2
−h/2
x3
3|b/2−b/2dx =
1
12b3h
I′
= I′
x + I′
y =1
12bh3 +
1
12b3h =
1
12bh(b2 + h2)
3 O raio de giracao na direcao de x′
. Se toda a massa fosse concentrada
num ınico ponto, qual o raio de giro dessa massa em torno do eixo que tem a
mesma inercia da placa?
r2A = Ix
Ou seja,
r2xA = Ix
rx =
√
IxA
=
√
112bh3
bh=
h√12
(17)
Exercise 28 Encontre o ponto central, a inericia I e o raio de giracao r para o
cırculo de raio r.
Figura 9 – Regiao de integracao
• Teorema do eixo paralelo Suponha um eixo paralelo ao eixo de simetria que
passe pelo centrode da area. Como exemplo, vamos propor um eixo x′
paralelo a x
que passe em C ≡ (x, y) = (x, y).
Ix =
∫ ∫
y2dA =
∫ ∫
(y′
+ d)2dA =
∫ ∫
(y′
)2dA+ 2d
∫ ∫
y′
dA+ d2∫ ∫
dA
Como a integral 2d∫ ∫
y′
dA e nula devido ao centroide localizado nesse eixo, temos
que
Ix =
∫ ∫
y2dA = Ix′ + d2A
Exercise 29 Calcule a inercia Ix no eixo x, sabendo que a inercia na direcao de x
no cento do retangulo e 112bh3.
A distancia d entre os eixos x e x′
e d = h2, com area A = bh, portanto
Ix = I′
x + d2A =1
12bh3 + (
h
2)2bh =
hb3
12+
h3b
4=
1
3hb3
(Em construcao...)
• Funcoes probabilısticas e propriedades
Exercise 30 Verifique se as variaveis aleatorias sao independentes para a funcao
f(x, y) = k · e−(x+y) · I(x) para k = 1
I(x) =
{
1 se (x, y) ≥ 0,
0 se c.c.
Resol.
As variaveis aleatorias serao inependentes se, e somente se
f(x1, x2, x3, ...x,n) =n∏
i=1
f(xi)
Ou seja
f(x, y) = fX(x) · fY (y)
a funcao de probabilidade conjunta pode ser fatorada nas probabilidades marginais.
Ja calculamos as respectivas funcoes marginais
fX(x) = e−x
fY (y) = e−y
Como podemos verificar
fX(x) · fY (y) = e−x · e−y = e−(x+y) = f(x, y)
Portanto, f(x, y) = fX(x) · fY (y) indica que ambas as variaveis aleatorias X e Y
sao independentes.
Exercise 31 Suponha que as vaiaveis aleatorias X e Y sao independentes entre si
com
X ∼ fx(x) = e−x
Y ∼ fy(y) = e−y
Verifique se as novas variaveis Z = X+Y e W = X/Y sao tambem independentes.
– Primeira forma: usando a tecnica de integracao
Primeiramente devemos verificar se a funcao acumulada conjunta pode ser
fatorada
FWZ = FW · FZ
Seja as novas variaveis
Z = X + Y ⇒ Y = −X + Z : reta 1
W =X
Y⇒ Y =
X
W: reta 2
Entao devemos calcular a integral
FWZ =
∫
R
∫
f(w, z)dwdz
na regiao de integracao R. Antes de integrarmos devemos definir qual a regiao
de integracao. A regiao e fechada e encontra-se fazendo a interseccao entre as
Figura 10 – Regiao de integracao
retas 1 e 2, respectivamente. Esse ponto e crıtico (Xc) quando Y1 = Y2.
Y1 = Y2
−X + Z =X
W
X ·(
W + 1
W
)
= Z
Xc =ZW
1 +W
Finalmente a regiao de integracao R sera
R : {(x, y) ∈ ℜ|0 < X <ZW
1 +W;
X
W< Y < −W + Z}
Finalmente, vamos calcular a integral
FX,Y (x, y) =
∫
R
∫
f(x, y)dxdy
FZ,W (z, w) =
∫ ZW
1+W
0
∫ −X+Z
X
W
e−(x+y)dydx
=
∫ ZW
1+W
0
[
∫ −X+Z
X
W
e−(x+y)dy
]
dx
=
∫ ZW
1+W
0
e−x
[
∫ −X+Z
X
W
e−ydy
]
dx
=
∫ ZW
1+W
0
e−x[
(−e−y|−X+ZX
W
]
dx
=
∫ ZW
1+W
0
e−x[
−e(x−Z) + e−( x
W)]
dx
=
∫ ZW
1+W
0
[
−e−Z + e−x( 1+W
W)]
dx
= −e−Z
∫ ZW
1+W
0
dx+
∫ ZW
1+W
0
e−x( 1+W
W)dx
Fazendo uma troca de variavel u = x
(
1 +W
W
)
FZ,W (z, w) = −e−Z
∫ ZW
1+W
0
dx+
(
W
1 +W
)∫ Z
0
e−udu
= −e−ZZ
(
W
1 +W
)
+
(
W
1 +W
)
· (1− e−Z)
=
(
W
1 +W
)
· (Ze−Z · (1− e−Z))
= FW (w) · FZ(z)
Conclusao: como FZ,W (z, w) = FW (w) · FZ(z) foi possıvel fatorar a funcao
como produto de suas marginais, entao as variaveis Z e W tambem sao inde-
pendentes.
– Segunda forma: usando o jacobiano
Temos que Z = X +Y e W = X/Y . Obtendo a funcao inversa encontraremos
Y =Z
W + 1funcao Y = w1(Z,W )
X =ZW
W + 1funcao X = w2(Z,W )
Aplicando o jacobiano
J =
[
∂w1
∂Z∂w1
∂W∂w2
∂Z∂w2
∂W
]
=
[
∂Y∂Z
∂Y∂W
∂X∂Z
∂X∂W
]
=
[
1W+1
− Z(W+1)2
WW+1
Z(W+1)2
]
Enontrando a funcao
g(Z,W ) = f(wi, wj)|J |
otemos:
g(Z,W ) = f(wi, wj)
∣
∣
∣
∣
∣
1W+1
− Z(W+1)2
WW+1
Z(W+1)2
∣
∣
∣
∣
∣
g(Z,W ) = e−(ZW
W+1) · e−( Z
W+1)
∣
∣
∣
∣
∣
1W+1
− Z(W+1)2
WW+1
Z(W+1)2
∣
∣
∣
∣
∣
g(Z,W ) = e−(ZW
W+1) · e−( Z
W+1)∣
∣
∣
∣
1
W + 1· Z
(W + 1)2+
W
W + 1· Z
(W + 1)2
∣
∣
∣
∣
= e−(ZW
W+1) · e−( Z
W+1)∣
∣
∣
∣
Z(W + 1)
(W + 1)3
∣
∣
∣
∣
= e−Z( W
W+1+ 1
W+1)∣
∣
∣
∣
Z
(W + 1)2
∣
∣
∣
∣
=Ze−Z
(W + 1)2
= Ze−Z · 1
(W + 1)2
= gZ(Z) · gW (W )
De fato, como pudemos fatorar a funcao inversa com as variaveis Z e W entao
as novas variaveis tambem sao independentes.
g(Z,W ) = gZ(Z) · gW (W )