Integrais duplos

No triângulo $D=\{(x,y):0\le x\le y\le1\}$, cada faixa vertical vai de $y=x$ a $y=1$. Somar as suas alturas dá a área $\int_0^1(1-x)\,dx=1/2$.

Um integral duplo soma sobre a região inteira. Com integrando 1 mede área; com densidade superficial mede massa; com altura não negativa mede volume. A região mantém-se, mas a quantidade somada muda.

Integrais iterados e Fubini

Para uma função contínua num retângulo $[a,b]\times[c,d]$, Fubini permite integrar por qualquer ordem:

No retângulo $[0,1]\times[0,2]$, $\iint xy\,dA=\int_0^1 2x\,dx=1$. Na integral interior, $x$ é constante. A existência das duas integrais iteradas, sem hipóteses de integrabilidade, não basta para afirmar Fubini.

Para regiões entre gráficos, os limites de dentro dependem da variável de fora. Se $a\le x\le b$ e $g_1(x)\le y\le g_2(x)$, escrevemos $\int_a^b\int_{g_1(x)}^{g_2(x)}f\,dy\,dx$. Um esboço com uma faixa vertical ajuda a ler estes limites.

Trocar a ordem quando a primitiva bloqueia

Considera $I=\int_0^1\int_x^1 e^{y^2}\,dy\,dx$. O domínio é $0\le x\le y\le1$. Por faixas horizontais, $0\le y\le1$ e $0\le x\le y$, logo

Não encontrámos uma primitiva elementar de $e^{y^2}$; alterámos a ordem para que aparecesse o fator $y$ necessário à substituição.

Na região entre $y=x^2$ e $y=x$, $0\le x\le1$, a ordem $dy\,dx$ usa $x^2\le y\le x$. Na ordem oposta, $0\le y\le1$ e $y\le x\le\sqrt y$. A área é $\int_0^1(x-x^2)\,dx=1/6$, ou $\int_0^1(\sqrt y-y)\,dy=1/6$. Trocar a ordem exige resolver as desigualdades, não apenas trocar os diferenciais.

Quando a troca exige partição

O triângulo de vértices $(0,0)$, $(2,0)$ e $(1,2)$ não se descreve de uma vez por faixas verticais. Por faixas horizontais, $0\le y\le2$ e $y/2\le x\le2-y/2$. Por faixas verticais, a fronteira superior muda em $x=1$:

A área confirma-se dos dois modos. Por faixas horizontais,

e por faixas verticais,

O ponto $x=1$ é onde as retas $y=2x$ e $y=4-2x$ se cruzam; é ele que obriga a dividir o integral. O esquema seguinte mostra as duas fatias e o ponto de mudança.

Coordenadas polares

Usa $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$, com $r\ge0$. O elemento de área é

Uma pequena faixa angular tem largura aproximada $r\,d\theta$, por isso a área depende da distância ao centro. O círculo usa $0\le r\le a$ e um intervalo angular de amplitude $2\pi$.

No disco unitário,

O fator $r^2$ vem da função e o terceiro $r$ do elemento de área. O valor médio de $x^2+y^2$ no disco é $1/2$, dividindo pela área $\pi$.

Para $x^2+y^2\le2x$, a forma polar é $0\le r\le2\cos\theta$, com $-\pi/2\le\theta\le\pi/2$. Este intervalo mantém o raio superior não negativo. A área calculada é $\int_{-\pi/2}^{\pi/2}2\cos^2\theta\,d\theta=\pi$, confirmando o círculo de centro $(1,0)$ e raio 1.

Mudança de variáveis e jacobiano

Se $(x,y)=T(u,v)$ é uma mudança $C^1$, invertível no interior relevante, com jacobiano não nulo, então

As fronteiras e pontos singulares de área zero podem ser tratados separadamente. Evita cobrir a região várias vezes com a mesma parametrização.

Para o paralelogramo $0\le x+y\le2$, $0\le x-y\le1$, escolhe $u=x+y$, $v=x-y$. A inversa é $x=(u+v)/2$, $y=(u-v)/2$, e o módulo do determinante da inversa é $1/2$. Assim, a área é $\int_0^2\int_0^1\tfrac12\,dv\,du=1$. Usar o determinante da transformação direta, cujo módulo é 2, daria uma área errada.

Uma mudança não linear

Na região do primeiro quadrante com $1\le xy\le2$ e $1\le y/x\le3$, põe $u=xy$ e $v=y/x$. Como $y=vx$ e $u=vx^2$, a inversa é $x=\sqrt{u/v}$, $y=\sqrt{uv}$. Escolhemos as raízes positivas porque estamos no primeiro quadrante. O determinante direto é

O determinante da inversa é o recíproco, $1/(2v)$. A região vira o retângulo $1\le u\le2$, $1\le v\le3$, e a área é

Sem o jacobiano, a área do retângulo $2$ nada diz sobre a região curva.

A conta confere-se pelo sinal: $u,v>0$ no primeiro quadrante, logo o módulo não troca o sinal.

Massa, centro de massa e simetria

Para densidade $\sigma\ge0$, $M=\iint_D\sigma\,dA$. Se $M>0$, $\bar x=M^{-1}\iint_D x\sigma\,dA$ e $\bar y=M^{-1}\iint_D y\sigma\,dA$.

No triângulo $0\le y\le x\le1$, com densidade constante 1, $M=1/2$. Os momentos são $\int_0^1\int_0^x x\,dy\,dx=1/3$ e $\int_0^1\int_0^x y\,dy\,dx=1/6$. Logo o centro é $(2/3,1/3)$, no interior do triângulo.

Momentos de inércia

O momento em relação ao eixo $x$ pesa cada ponto pelo quadrado da distância a esse eixo:

Não uses $x^2+y^2$ nos dois: essa é a distância à origem, que dá o momento polar $I_O=I_x+I_y$. No mesmo triângulo com $\sigma=1$,

A massa é $1/2$, por isso o raio de giração $\sqrt{I_x/M}=1/\sqrt6$ fica dentro da altura do triângulo, como deve ser.

Uma função ímpar em $x$ integra a zero se a região e a densidade aplicável forem simétricas em relação ao eixo $y$. A simetria deve existir no integrando completo e no domínio, não apenas numa parcela da expressão.