Integração em Rⁿ

Intervalo aberto

Um intervalo aberto de $\R^n$ é um conjunto de fatores

$I = ]a_1, b_1[ \times ]a_2, b_2[ \times \dots \times ]a_n, b_n[$

Por exemplo, em $\R^2$ são retângulos abertos, enquanto em $\R^3$ são paralelepípedos abertos

Podemos também calcular o comprimento, área, volume, etc através de um intervalo.

$|I| = (b_1-a_1) \times (b_2-a_2)\times \dots \times (b_n-a_n)$

• Em $\R$, $|I|$ é o comprimento
• Em $\R^2$, $|I|$ é a área
• Em $\R^3$, $|I|$ é o volume

Partição

Uma partição de $I$ é uma subdivisão em intervalos abertos.

Integração

Funções em escada

Dada uma partição, uma função em escada nessa partição é uma função que é constante em cada subintervalo.

Uma propriedade das funções em escada é que é muito fácil calcular o seu integral.

Em geral, se $f: I \to \R$ é uma função em escada, então

$\int_I f= \sum_{J\text{ elemento da partição}} (\text{valor da função}) \times |J|$

Exemplo

Em $\R$:

$\int^8_0=3\times 1 + 2\times 2 + 4\times 2 + 1\times 3 = 3+4+8+3 = 18$

Funções escalares

Em geral, se, $f: I \to \R$, podemos encontrar estratégias para definir $\int_I f$. Uma dessas estratégias é enquadrar a função no integral superior e inferior. O tamanho das partições que escolhemos não é relevante, obtemos o mesmo resultado com partições de qualquer tamanho.

"$\int_I f \leq$ área desta função em escada"

"$\int_I f \geq$ área desta função em escada"

Assim, conseguimos obter a definição de função integrável.

Propriedades do Integral

• Se $f, g: I \to \R$ integráveis, então podemos separar somas e constantes

  $\int_I (af+bg) = a\int_I f + b\int_I g, \quad a,b\in \R$

• Se $f \leq g$, então $\int_I f \leq \int_I g$

• Se $I_1 \cup I_2$ é uma partição de $I$ então

  $\int_I f= \int_{I_1} f + \int_{I_2} f$

Teorema de Fubini

Este teorema permite-nos calcular o valor de integrais em intervalos de $dim > 1$.

Exemplos

Considerando

$$\begin{array}{l c l} I = ]0, 1[ \times ]0, 1[ & \text{e} & f(x,y) = x(x^2+y)^2 \end{array}$$

calcule o integral de $f$ em $I$.

$$\begin{aligned} \int_I f &= \int^1_0 \left( \int^1_0 f(x,y) \d x\right) \d y \\ &= \int^1_0\left(\int^1_0 x(x^2+y)^2 \d x\right) \d y\\ &= \frac 12 \int^1_0 \left( \int^1_0 2x(x^2+y)^2 \d x\right) \d y \\ &= \frac 12 \int^1_0 \left[\frac{ \left(x^2+y\right)^3}{3}\right]^1_0 \d y\\ &= \frac 12 \int^1_0 \left( \frac{\left(1+y\right)^3}{3} - \frac{y^3}{3}\right)\d y \\ &= \frac 12 \left[\frac{\left(1+y\right)^4}{3\times 4} - \frac{y^4}{3\times 4}\right]^1_0\\ &= \frac 12 \left(\left(\frac{2^4}{12}- \frac{1}{12}\right)-\left(\frac{1}{12} - 0\right)\right)\\ &= \frac{1}{2} \cdot \frac{14}{12}\\ &= \frac{7}{12}\\ \end{aligned}$$

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Considerando

$$\begin{array}{l c l} I = ]0,1[ \times ]0, 2[ &\text{e} & f(x,y) = \begin{cases} x^3y & \text{se } x^2 < y <2x^2\\ 0 & \text{c.c.} \end{cases} \end{array}$$

calcule o integral de $f$ em $I$.

$$\begin{aligned} \int_I f &= \int^1_0 \left(\int^2_0 f\left(x,y\right) \d y\right)\d x \\ &= \int^1_0 \left(\int^{2x^2}_{x^2} x^3 y \d y\right)\d x\\ &=\int^1_0 \left[x^3 \frac{y^2}{2}\right]^{2x^2}_{x^2} \d x \\ &= \int^1_0 \left(x^3\frac{\left(2x^2\right)^2}{2} - \frac{x^3\left(x^2\right)^2}{2}\right) \d x\\ &=\int^1_0 2x^7 - \frac{x^7}{2} \d x \\ &= \int^1_0 \frac{3}{2} x^7 \d x \\ &= \frac{3}{2} \left[\frac{x^8}{8}\right]^1_0\\ &=\frac{3}{2} \cdot \left(\frac{1}{8} - 0\right) \\ &= \frac{3}{16}\\ \end{aligned}$$

Porquê integrar primeiro em $y$ e depois em $x$? Porque simplifica os cálculos. Ambas as estratégias irão chegar à resposta correta, mas como podemos ver pela expressão abaixo, teríamos de calcular o valor de dois integrais e não um.

$$\int^1_0 \left( \int^{\sqrt{y}}_{\frac{\sqrt{y}}{2}} f\left(x,y\right) \d x\right)\d y + \int^2_1 \left( \int^1_{\frac{\sqrt y}{2}} f\left(x,y\right) \d x\right) \d y$$

Volume n-dimensional de um conjunto A

Este teorema permite-nos concluir a relação entre os integrais e o comprimento, área e volume.

• $\text{área} = \int \text{comprimento}$
• $\text{volume} = \int \text{área}$

Expandindo a definição de área, chegamos à função $\1$:

Exemplos

Qual o volume do conjunto abaixo?

$$\{x> 0, y> 0, z > 0, x+y+z<1\}$$

Neste tipo de exercícios, podemos escolher que variável devemos fixar primeiro.
Esta escolha é muito importante porque nos pode simplificar bastante os cálculos, se escolhermos a variável certa.

$\text{Volume} = \int^1_0 \text{Área}(z) \d z$

Fixado $z$,

$$\text{Restrições na figura: } \begin{cases} x>0\\ y>0\\ x+y<1-z \end{cases}$$

$$\text{Área} = \int^{1-z}_0\left(\int^{1-z-x}_0 1 \d y\right) \d x$$

$$\begin{aligned} \text{Volume} &= \int^1_0 \left(\int^{1-z}_0\left(\int^{1-z-x}_0 1 \d y\right) \d x\right) \d z\\ &=\int^1_0 \left(\int^{1-z}_0\left(1-z-x\right) \d x\right) \d z\\ &=\int^1_0 \left[\left(1-z\right)x - \frac{x^2}{2}\right]^{1-z}_0 \d z\\ &=\int^1_0 \left(\left(1-z\right)^2 - \frac{\left(1-z\right)^2}{2} - 0\right) \d z \\ &=\int^1_0 \frac{\left(1-z\right)^2}{2} \d z\\ &= \left[-\frac{\left(1-z\right)^3}{6}\right]^1_0\\ &= 0 - \left(-\frac{1}{6}\right) \\ &= \frac{1}{6} \end{aligned}$$

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Qual o volume do conjunto abaixo?

$$S=\{(x,y) \in \R^2, y> x^2, y < 1-x^2\}$$

Fixando primeiro $x$:

$$\begin{cases} y=x^2\\ y=1-x^2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 1-x^2= x^2\\ y=x^2 \end{cases} \Leftrightarrow 1=2x^2 \Leftrightarrow x=\pm \frac{\sqrt 2}{2}$$

$$\begin{aligned} \text{Área} &= \int^{\frac{\sqrt 2}{2}}_{-\frac{\sqrt 2}{2}} \left(\int^{1-x^2}_{x^2} 1 \d y\right)\d x\\ &=\int^{\frac{\sqrt 2}{2}}_{-\frac{\sqrt 2}{2}} 1-x^2-x^2 \d x\\ &=\int^{\frac{\sqrt 2}{2}}_{-\frac{\sqrt 2}{2}} 1-2x^2 \d x\\ &=\left[x-\frac{2x^3}{3}\right]^{\frac{\sqrt 2}{2}}_{-\frac{\sqrt 2}{2}}\\ &=\frac{\sqrt 2}{2} - \frac{2 \frac{2\sqrt 2}{8}}{3} - \left(-\frac{\sqrt 2}{2} - \frac{2 \left( -\frac{2\sqrt 2}{8}\right)}{3}\right)\\ &=\frac{\sqrt 2}{2} - \frac{\sqrt 2}{6} +\frac{\sqrt 2}{2} - \frac{\sqrt 2}{6}\\ &=\frac{2\sqrt{2}}{3} \end{aligned}$$

No entanto, podíamos tentar fixar primeiro $y$, mas rapidamente iríamos concluir que teríamos de calcular dois integrais em vez de um. Chegamos sempre à mesma resposta, com qualquer um dos métodos.

Então, fixando primeiro $y$:

$\int^1_0 \text{comprimento}(y) \d y$

• Se $0 < y < \frac{1}{2}$, então $y = x^2 \Rightarrow x = \pm \sqrt{y}$
  $\text{comprimento}(y) = \int^{\sqrt{y}}_{-\sqrt{y}} 1 \d x$
• Se $\frac{1}{2} < y < 1$, então $y = 1 - x^2 \Rightarrow x = \pm \sqrt{1-y}$
  $\text{comprimento}(y) = \int^{\sqrt{1-y}}_{-\sqrt{1-y}} 1 \d x$

$$\begin{aligned} \text{Área} & =\int _{0}^{\frac{1}{2}}\left(\int _{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}} 1\d x\right) \d y+\int _{\frac{1}{2}}^{1}\left(\int _{-\sqrt{1-y}}^{\sqrt{1-y}} 1\d x\right) \d y\\ & =\int _{0}^{\frac{1}{2}}\left( 2\sqrt{y}\right) \d y+\int _{\frac{1}{2}}^{1}\left( 2\sqrt{1-y}\right) \d y\\ & =\left[\frac{2y^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}\right]_{0}^{\frac{1}{2}} +\left[ -\frac{2( 1-y)^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}\right]_{\frac{1}{2}}^{1}\\ & =\left( 2\cdot \frac{2}{3} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{3}{2}} -0\right) +\left( 0-\left( -2\cdot \frac{2}{3} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{3}{2}}\right)\right)\\ & =\frac{4}{3} \cdot \frac{1}{2\sqrt{2}} +\frac{4}{3} \cdot \frac{1}{2\sqrt{2}}\\ & =\frac{2}{3\sqrt{2}} +\frac{2}{3\sqrt{2}}\\ & =\frac{2\sqrt{2}}{3} \end{aligned}$$

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Qual o volume do conjunto abaixo?

$$C = \{0 < z < 1 \land x^2+y^2 < z^2\}$$

Fixando primeiro $z$:

$\text{Volume} = \int^1_0 \text{Área}(z) \d z$

$$\begin{darray}{l} \text{Área}(z) = \int^z_{-z}\left(\int^{\sqrt{z^2-x^2}}_{-\sqrt{z^2-x^2}} 1 \d y \right) \d x\\ \text{Volume} = \int^1_0\left( \int^z_{-z}\left(\int^{\sqrt{z^2-x^2}}_{-\sqrt{z^2-x^2}} 1 \d y \right) \d x \right) \d z \end{darray}$$

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Qual o volume de $\{0 \leq z \leq x^2+y^2 \land 0 \leq x,y \leq 1\}$?

Fixando $x$ primeiro, em que $0 \leq x \leq 1$.

$0 \leq z \leq x^2+y^2 \quad, \quad 0 \leq y \leq 1$

Fixando de seguida $y$ e depois $g$, obtemos o integral:

$$\text{Volume} = \int^1_0\left( \int^1_0 \left( \int^{x^2+y^2}_0 1 \d z \right) \d y \right) \d x$$

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Existem mais exemplos nos slides da aula 20

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Slides:

• Aula 17
• Aula 18
• Aula 19
• Aula 20