Cálculo diferencial e integral de várias variáveis unid iii

151
Cálculo Diferencial e Integral de Várias Variáveis
Unidade III
5 INTEGRAIS DUPLAS: Retomando os conceitos e o cálculo de uma
integral
Na unidade II, vimos que podemos derivar uma função de duas variáveis em relação a uma delas,
mantendo constante a outra variável. Então, podemos também integrar funções de duas variáveis por
um processo análogo.
Dada fx (x,y) = 2xy, podemos integrar essa derivada parcial em relação a x. Mantendo y constante,
obtemos f x y dx f x yx , ,( ) = ( )∫ = x2
y + C(y). Observando que a “constante de integração” C(y) é uma
função de y, porque consideramos y constante durante a primeira integração em relação a x.
Do mesmo modo, dada fy
= x2
+ 2, podemos integrar essa derivada parcial em relação a y. Mantendo
x constante, obtemos f x y dy f x yy , ,( ) = ( )∫ = x2
y + 2y + C(x). Nesse caso, a “constante de integração” é
uma função de x, porque x permaneceu fixo durante a integração em relação a y.
Lembrete
Integral é a operação inversa da derivada, podemos usá-la para calcular
a área abaixo da curva e qualquer área, e também podemos calcular o
deslocamento infinitesimal de uma curva, função etc.
1) Apresentamos a seguir a resolução de algumas integrais imediatas.
a) ( )2 3
x x dx+∫
Resolução:
Para resolver a integral anterior, você deve se lembrar que x dx
x
n
Cn
n
=
+
+
+
∫
1
1
( )2 2
2 4 4
3
2 4
2
4
x x dx
x x
C x
x
C+ = + + = + +∫ ( )2 2
2 4 4
3
2 4
2
4
x x dx
x x
C x
x
C+ = + + = + +∫
( )2 2
2 4 4
3
2 4
2
4
x x dx
x x
C x
x
C+ = + + = + +∫

152
Unidade III
( )2
4
3 2
4
x x dx x
x
C+ = + +∫ ( )2
4
3 2
4
x x dx x
x
C+ = + +∫
Atenção! Não podemos nos esquecer de acrescentar a constante C ao fim da integral indefinida1
.
b) ( )2 3
0
2
x x dx+∫
Para resolver essa integral, você precisa saber que f x dx F b F a
a
b
( ) ( ) ( )= −∫ é uma integral definida.
Vimos, no exemplo anterior, que a antiderivada de f(x) é F x x
x
( ) = +






2
4
4
.
( )2
4
3
0
2
2
4
0
2
x x dx x
x
+ = +





∫ ( )2
4
3
0
2
2
4
0
2
x x dx x
x
+ = +





∫
( )
( ) ( )
2 2
2
4
0
0
4
3
0
2
2
4
2
2
4
0
x x dx
F F
+ = +






− +





∫ = + − =4 4 0 8
= 4 + 4 – 0 = 8
( )2
4
3
0
2
2
4
0
2
x x dx x
x
+ = +





∫ = 8
c) 0dx C=∫ , uma vez que a derivada da constante é zero,
1 1
x
dx x dx x C= = +−
∫∫ ln não podemos
aplicar x dx
x
n
Cn
n
=
+
+
+
∫
1
1
, pois não existe divisão por zero.
d)
1
1
1
2
2
1
x
dx x dx
x
C
x
C= =
−
+ = = +−
−
∫∫
e) xdx x dx
x
C x C x C
x x
C= = + = ÷ + = + = +∫∫
1
2
3
2
3
2
3
2
3
23
2
2
3
2
3
*
1
A integral indefinida f x dx( )∫( ) não admite limites de integração.

153
Observação
Aintegraçãoporsubstituiçãoéaoperaçãoinversadaderivadadaregrada
cadeia; o padrão desse modelo integral é f g x g x dx F g x dx C( ( ))* ( ) ( ( ))′ = +∫ ,
ou se
u g x
du g x dx
=
= ′



( )
( )
, então f u du F u C( ) ( )= +∫ . Note que, dentro da
expressão, devemos ter uma expressão e a derivada dessa expressão para se
tratar de um exemplo de integração por substituição.
A seguir, apresentamos alguns passos que podem auxiliar você a resolver
integrais por substituição.
1° passo: escolher a expressão que será u = g(x);
2° passo: determinar du = g'(x)dx;
3° passo: deixar o integrador apenas em função de u;
4° passo: determinar a antiderivada envolvendo u;
5° passo: substituir u por g(x) na antiderivada. O resultado deve conter
apenas a variável x.
2) A sequência de exemplos a seguir versa sobre integração por substituição.
a) 4 2x dx+∫ =
Mudança de variável (M.V.)
u x deriva os dois lados
du dx isola dx para fazer a M V
du
dx
= +
=
=
4 2
4
4
( . .)







Fazendo a M.V.:
u
du
u du u C u C
4
1
4
1
4
2
3
1
6
1
2
3
2 3
∫ ∫= = + = +*
Voltando à variável x:
4 2
1
6
4 2
1
6
4 2 4 23
x dx x C x x C+ = + + = + + +∫ ( ) ( )*

154
Unidade III
b) cos( )3 5x dx+∫
du
dx
= +
=
=
3 5
3
3
( . .)







Fazendo a M.V.:
cos cos *u
du
udu senu C
senu
C
3
1
3
1
3 3∫ ∫= = + = +
Voltando à variável x: cos( )
( )
3 5
3 5
3
x dx
sen x
C+ =
+
+∫
c) sen x dx( )3 5+∫
du
dx
= +
=
=
3 5
3
3
( . .)







Fazendo a M.V.:
senu
du
senudu u C
u
C
3
1
3
1
3 3∫ ∫= = − + = − +* ( cos )
cos
sen x dx
x
C( )
cos( )
3 5
3 5
3
+ =
− +
+∫ =
d) e dxx( )5 2+
∫
du
dx
= +
=
=
5 2
5
5
( . .)








155
Fazendo a M.V.:
e
du
e du e C
e
Cu u u
u
5
1
5
1
5 5∫ ∫= = + = +*
e dx
e
Cx
x
( )
( )
5 2
5 2
5
+
+
∫ = +
e) xe dxx( )5 2 2+
∫
du xdx isola xdx para fazer a M V
du
= +
=
5 2
10
2
( . .)
110
=






 xdx
xe dx e xdxx x( ) ( )5 2 2 5 2 2+ +
∫ ∫= Fazendo a M.V.:
e
du
e du e C
e
Cu u u
u
10
1
10
1
10 10∫ ∫= = + = +*
xe dx
e
Cx
x
( )
( )
5 2 2
5 2 2
10
+
+
∫ = +
Observação
Polinômio
Note que, quando tivermos um produto na mesma variável, para ser
integral por substituição, uma das expressões deve ter um grau a mais que
a outra; por exemplo,( )5 22
2
x
polin mio
de grau
+
Ô
e x
polin mio
de grau
Ô
1
 .
Chamaremos de u a pressão com maior grau.

156
Unidade III
f) ( )* ( )3 22 3 2
t t sen t t dt+ +∫
Mudança de variável
(M.V.)
u t t deriva os dois lados
du t t dt
= +
= +
( )
( )
3 2
2
3 2 express o em t j est iã á á ssolada, fazer a(M.V.)




sen t t t t dt( )* ( )3 2 2
3 2+ +∫
Fazendo a M.V.:
senudu u C∫ = − +( cos )
( )* ( ) cos( )3 22 3 2 3 2
t t sen t t dt t t C+ + = − + +∫
3) A sequência de exemplos a seguir é para recordar a resolução de integração por partes.
a) Determine ( )*2
0
−∫ x senx dx
π
.
Reflexão:
Note que há um produto no integrando, que os expoentes das expressões do integrando têm mesmo
grau, ou seja, em ambos os termos de nosso exemplo, o expoente de x é um, e esse é o maior grau dos
expoentes das expressões. Não é um exercício de integração por partes, porque, para sê-lo, deveria haver
diferença de uma unidade entre o expoente de uma expressão e o expoente da outra expressão.
A integral por partes é a operação inversa da derivada da regra do produto2
. Para resolvermos uma
integral por partes, será necessário recorrer à relação udv u v vdu= − ∫∫ * .
Vamos voltar à resolução do exercício:
( )*2
0
−∫ x senx dx
π
, precisamos usar a relação
udv u v vdu= − ∫∫ * ,
2
Desvendando a fórmula da integral por partes:
(u*v)' = u'v + uv' integrando os dois lados da igualdade, temos:
( * )’ , ’ ’u v vdu udv u du e v dv= + = =∫∫∫ e a integral da derivada é a própria função.
u v vdu udv u v vdu udv udv u v vdu* * *= + ⇒ − = ⇒ = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

157
Desse modo,
u x du dx
dv senxdx dv senxdx v x
= − => = −
= ⇒ = ⇒ = −



 ∫ ∫
2
cos
( )2 −∫ x senxdx
udv u v vdu x x x dx
x
∫ ∫ ∫= − = − − − − −
−
* ( )( cos ) ( cos )( )
( )(
2
2 −− − = − − −∫ ∫cos ) cos ( )( cos ) cosx xdx x x xdx2
x
∫ ∫ ∫= − = − − − − −
−
* ( )( cos ) ( cos )( )
( )(
2
2 −− − = − − −∫ ∫cos ) cos ( )( cos ) cosx xdx x x xdx2udv u v vdu x x x dx
x
∫ ∫ ∫= − = − − − − −
−
* ( )( cos ) ( cos )( )
( )(
2
2 −− − = − − −∫ ∫cos ) cos ( )( cos ) cosx xdx x x xdx2=
x
∫ ∫ ∫= − = − − − − −
−
* ( )( cos ) ( cos )( )
( )(
2
2 −− − = − − −∫ ∫cos ) cos ( )( cos ) cosx xdx x x xdx2udv u v vdu x x x dx
x
∫ ∫ ∫= − = − − − − −
−
* ( )( cos ) ( cos )( )
( )(
2
2 −− − = − − −∫ ∫cos ) cos ( )( cos ) cosx xdx x x xdx2
( ) ( )( cos )2 2− = − − − +∫ x senxdx x x senx C( ) ( )( cos )2 2− = − − − +∫ x senxdx x x senx C
Desse modo,
( ) ( )( cos )2 2
0
0
− = − − −( )∫ x senxdx x x senx
π
π
( ) ( )( cos )2 2
0
0
− = − − −( ) =∫ x senxdx x x senx
π
π
= − − −( )− − − −( )( )( cos ) ( )( cos )2 2 0 0 0π π πsen sen
= − − − −( )− − − −( )( )( ( ) ( )( )2 1 0 2 0 1 0π
= −( )− −( )
= −
( )( ) ( )( )
( )( )
2 1 2 1
2 1
π
π(( )− −( )= − +
− = −∫
2 2 2
2 4
0
( )
( )
π
π
π
x senxdx
Vale lembrar que:
( cos )
(cos )
− = −
− =
=
=
π
π
1
0
0 1
0 0
sen
sen

158
Unidade III
b) tcos tdx∫ Precisamos usar a relação:
udv u v vdu= − ∫∫ * .
Desse modo,
u t du dt
dv tdt dv tdt v sent
= ⇒ =
= ⇒ = ⇒ =



 ∫ ∫cos cos
tcos tdx∫
udv u v vdu
t sent sent dt
∫ ∫
∫
= −
= −
*
*
= − − +
= + +∫
t sent t C
t tdx t sent t C
* ( cos )
cos * cos
Desse modo,
t tdx t sent t Ccos * cos∫ = + +
c) Intdt∫
u t
du
t
dt
e
dv dt
dv dt v t
=
=




=
= =



 ∫∫
ln
1
ln
*
( )* *
tdt
udv u v vdu
In t t t
t
dt
∫
∫ ∫
∫
= −
= −
1
== −
= ( ) ( )( )− + = − +
∫
∫
In t t dt
tdt t ln t t C t ln t C
( )*
ln * 1

159
5.1 Integral a duas variáveis
Resolver integrais com mais de uma variável em uma função exige atenção na resolução de exercícios,
pois você terá que integrar somente na variável que está sendo pedida no exercício; se, após o símbolo
de integral vier dx, integramos em x; se, após o símbolo de integral vier dy, integramos em y e assim por
diante.
Exemplo 1
2 32
x y dx*∫
Deve-se integrar em relação à x; logo, y será considerado constante e integramos somente na
variável x.
2 3 3 22 2
x y dx y x dx* *∫ ∫= , desse modo, temos:
2 3 3
2
3
2
3
x y dx y
x
C* *∫ = + , simplificando a expressão do segundo lado, temos:
2 3 22 3
x y dx x y C* * .∫ = +
Note que o enunciado solicitava a integração somente na variável x. Assim, a resolução acaba aqui.
Exemplo 2
2 32
x y dy*∫
Neste exemplo, trocamos a variável a ser integrada. Devemos integrar em relação a y; logo, x será
considerado constante e integramos somente a variável x.
2 3 2 32 2
x y dy x ydy* *∫ ∫=
2 3 2
3
2
2 2
2
x y dy x
y
C* *∫ = + , simplificando o resultado da integral, temos:
2 3 32 2 2
x y dy x y C* *∫ = +
Note que o enunciado solicitava a integração somente na variável y. Desse modo, a resolução acaba
aqui.
Para calcular uma integral definida de uma função de duas variáveis, podemos aplicar o Teorema
Fundamental do Cálculo a uma das variáveis, tratando a outra como constante, conforme o exemplo a
seguir:

160
Unidade III
2 2 1 4
1
2
2
1
2 2 2 3
x dx x yy y y y y y
y
y
∫ = 

= ( ) − ( ) = −
x é a variável de
integração e y é mantida
constante.
Substitua x pelos limites
de integração.
O resultado é uma
função de y.
Exemplo 4.2.1 – Cálculo de Integrais Parciais
a) 2 2
22 2
1
2
2
1
x y y dy
x
y
y
x x
−
+( ) =
−
+








∫ manter x constante.

=
−
+





 −
−
+






= − −
2 2
1
1
3 2 1
2
2
2
2
x
y
x
x
x x
b) x y dx x y
y y
manter constante
y
y
y
y
− = −( )



= −( ) −
∫
5
3
2
5
3
2
2
3
2
3
5
y
yy y
y
−( )



=
3
2
3
216
3

Integral dupla
Uma “integral de uma integral” chama-se uma integral dupla. Para uma função de duas variáveis,
existem dois tipos de integral dupla.
f x y dydx f x y dy dx
f x
g x
g x
a
b
g x
g x
a
b
, ,
,
( ) = ( )


( )
( )
( )
( )
∫∫ ∫∫1
2
1
2
yy dxdy f x y dx dy
g x
g x
a
b
g x
g x
a
b
( ) = ( )


( )
( )
( )
( )
∫∫ ∫∫1
2
1
2
,
A diferença entre integração dos dois tipos é a ordem em que se efetua a integração dydx ou dxdy.
Exemplo 4.2.2: Calcularemos as integrais xy dx e xy dy2
1
2
2
1
2
∫ ∫

161
Para calcular a integral parcial xy dx2
1
2
∫ , integramos em relação a x usando o Teorema Fundamental
do Cálculo e tratando y como constante:
xy dx x y y y yx
x2
1
2
2 2
1
2 2 2 2 2 21
2
1
2
2
1
2
1
3
2
= = ( )


 − ( )


 =∫ =
=
Da mesma forma, para calcular xy dy2
1
2
∫ , integramos em relação a y e tratamos x como uma
constante:
xy dy x y dy x
y
x x
x2
1
2
2
1
2 3
1
2 3 3
3
2
3
1
3
8 1
3
7
3
= = = −






=
−




 =∫ ∫
5.2 Integral dupla
Ao integrarmos uma função f(x,y) em relação a x, obtemos uma função apenas de y, que pode,
então, ser integrada como uma função de uma variável. O resultado é a chamada integral repetida ou
integral iterada, f x y dx dy,( )


∫∫ . Da mesma forma, a integral repetida f x y dy dx,( )


∫∫ é obtida
integrando primeiro em relação a y, considerando x como constante, e depois em relação a x.
Exemplo 4.2.3: Determine:
a) xy dxdy2
1
2
1
1
∫∫
−
b) xy dydx2
1
1
1
2
−
∫∫
xy dx dy y dy y
xy dy
y
y2
1
2
1
1 2
1
1 3
1
1
2
1
1
3
2
1
2
1∫∫ ∫
∫





 = = =




− − =−
=
− 
 = = =∫ ∫ =
=
1
2
1
2 2
1
22
3
1
3
1dx xdx x x
x
Observamos, neste exemplo, que as duas integrais repetidas têm o mesmo valor. Isso foi demonstrado
por Fubini, e irá valer sempre que a função f(x,y) for contínua na região. Usamos esse fato para definir a
integral dupla em uma região retangular.

162
Unidade III
Lembrete
Teorema de Fubini
R a b X c d x y a x b e c y d
f x y dA f x y dydx
c
d
a
b
= [ ] [ ]= ≤ ≤ ≤ ≤{ }
= =∫
, , ( , )/
( , ) ( , )∫∫∫∫ ∫∫
R a
b
c
d
f x y dxdy( , )
Esse teorema pode ser usado para resolver qualquer integral iterada ou
repetida3
. Isso significa que podemos inverter os extremos de integração
desde que também seja invertida a ordem em que faremos as integrais
(dxdy passa a ser dydx e vice-versa).
5.3 Integral dupla em uma região retangular
A integral dupla Rf x y dA,( )∫∫ na região retangular R: a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d é dada pelo valor
comum das duas integrais repetidas f x y dy dx
c
d
a
b
,( )


∫∫ e f x y dx dy
a
b
c
d
,( )


∫∫ ; ou seja,
R c
d
a
b
a
b
c
d
f x y dA f x y dy dx f x y dx dy, , ,( ) = ( )



= ( )


∫∫ ∫∫ ∫∫
d
y
c
a b x
Figura 86
3 Todos os extremos de integração são números reais.

163
Exemplo 4.3.1: Calcule a integral dupla xe dAy
R
−
∫∫ , onde R é a região retangular – 2 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 5:
a) integrando primeiro em relação a x;
b) integrando primeiro em relação a y.
Solução:
a) Integrando em relação a x:
xe dA xe dx dy
x e
y
R
y− −
−∫∫ ∫∫
∫
= 





=
2
1
0
5
0
5 21
2
−−
=−
=
−
= ( ) − −( )



= −∫
y
x
x
y
dy
e dy
2
1
0
5 2 21
2
1 2
3
22
3
2
3
2
3
2
0
5
0
5 5 0
e dy
e e e
y
y
y
y
−
−
=
= −
∫
= − −( ) = −( )= ee−
−( )5
1
b) Integrando em relação a y:
xe dA xe dy dx
x e
y
R
y
y
− −
−
−
∫∫ ∫∫= 





= −( )
0
5
2
1
−− =
= −
−
∫ ∫= − −( )



= − −
2
1
0
5 5 0
1
2
5
y
y
dx x e e dx
e 11
1
2
1
2
1 1 2
2
2
1
5 2
( )



= − −( ) ( ) − −
=−
=
−
x
e
x
x
(( )



= −( )
= −( )
−
− −
∫∫
2 5
5
3
2
1
3
2
1
e
xe dA ey
R
Observação
Note que os resultados serão iguais; logo, independe a ordem de
integração. Se ela não importa, você pode resolver a integral na ordem que
lhe for mais conveniente ou mais fácil.

164
Unidade III
5.4 Escolha da ordem de integração
Nos exemplos vistos até agora, a ordem de integração não faz diferença: não só os cálculos levam ao
mesmo resultado, mas as integrações têm praticamente o mesmo grau de dificuldade. Entretanto, como
o exemplo a seguir ilustra, a ordem às vezes é importante.
Exemplo 4.4: Calcule a integral dupla R
xy
xe dA∫∫ , onde R é a região retangular 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1.
Solução:
Se calcularmos a integral na ordem xe dx dyxy
0
2
0
1
∫∫





 , teremos que usar o método da integração
por partes para calcular a primeira integral:
g(x) = exy
f(x) = x
G x
y
exy
( ) =
1
f'(x) = 1
xe dx
x
y
e
y
e dx
x
y y
xy xy
x
x
xy
0
2
0
2
0
2
2
1
1
∫ ∫= −
= −




=
=

 = −





 −
−





=
=
e
y y
e
y
xy
x
x
xy
0
2
2 2
2 1 1
Nesse caso, a segunda integração torna-se
2 1 1
2
2
20
1
y y
e
y
dyy
−





 +








∫ .
E agora? Alguma ideia?
Entretanto, se integrarmos primeiro em relação a y, as duas integrações serão triviais:
xe dy dx
xe
x
dxxy
xy
y
y
0
1
0
2
0
3
0
1
∫∫ ∫





 =
=
=
= −



= −
=
∫ =
=
e dx e xx x
x
x
1
0
2
0
2
ee e e2 0 2
2 3−( )− = −

165
Exemplos de aplicação: integrais iteradas de duas variáveis
Exemplo 1
Dados R = {(x,y)/1 ≤ x ≤ 2;2 ≤ y ≤ 3}, resolva a integral ( )2 2 2
x y dA
R
−∫∫ .
Resolução:
Sabemos que dA = dxdy e que R = {(x,y)/1 ≤ x ≤ 2;2 ≤ y ≤ 3}; portanto,
( ) ( )2 2 2 22 2
1
2
2
3
x y dA x y dxdy
R
− = −∫∫ ∫∫
Primeiro, precisamos resolver a integral de dentro, neste caso, relacionada à variável x, com os
limites de integração de 1 a 2, isto é,
( ) ( )
( ) * *
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
1
2
2
3
2
1
2
x y dA x y dxdy
x y dx xdx y
R
− = −
− = −
∫∫ ∫∫
∫
22
1
2
1
2
1
2 2
1
2
2 2
dx
xdx y dx
∫∫
∫ ∫= −* *
= −
=
2
2
2
2
2
2
1
2
2
1
2x
y x
(( ) ( )2 1 2 2 1
1 4 1 2
2 2 2
2
− − −
= ( )− −
y
y
Integral a ser resolvida.
Vamos resolver a integral de
dentro.
Colocando as constantes
em evidência e resolvendo a
integral.
Preparando para substituir os
extremos de integração.

166
Unidade III
Note: não temos mais variável
em x.
Voltando à integral original.
Substituindo os extremos de
integração.
Realizando as contas, temos:
( ) ( )
( )
2 2 3 2
2 2
2
1
2 2
2
x y dx y
x y
− = −
−
∫
ddA x y dxdy y dy
R
∫∫ ∫∫ ∫= − = −( ) ( )2 2 3 22
1
2
2
3 2
2
3
3y-
2
3
y3
= − =





∫( )3 2 2
2
3
2
3
y dy
= − − −
= − −
3 3 2
2
3
3 2
3 1
2
3
27
3 3
* ( ) ( )
* ( 88 3
38
3
9 38
3
29
3
2 2 2 2
29
3
2 2
1
2
2
3
)
( ) ( )
= − =
−
= −
− = − = −∫∫ ∫∫x y dA x y dxdy
R
Fim da integral de fora. Logo, ( )2 2
29
3
2
x y dA
R
− =
−
∫∫ .
Exemplo 2
Dada a função 2 2
x ydxdy
R
∫∫ , determine a integral, considerando R a região representada no gráfico
a seguir.
R
4
y
x
2
1 2
Figura 87

167
Resolução:
Note que [1,2] são os limites de integração em X e [2,4] são os limites de integração em Y. Logo,
R = [1,2] x [2,4]; isto é,
1 ≤ x ≤ 2
2 ≤ y ≤ 4
Substituindo os limites de integração, temos:
2 2
1
2
2
4
x ydxdy∫∫
Primeiro, devemos resolver a integral de dentro:
I x ydx= ∫ 2 2
1
2
*
Tirando de dentro da integral a constante, temos:
I y x dx= ∫* 2 2
1
2
Integrando a função:
I
x
y
I y y
I y
=
=






−






=





 −
2
3
2 2
3
2 1
3
2 8
3
3
1
2
3 3
*
*
*
*
*
*
*
22 1
3
16
3
2
3
14
3
*
* y
I y y
I y






= −






=
Com o resultado da integral interna, agora é possível resolver a integral de fora.
2
14
3
2
14
3
2
1
2
2
4
2
4
2
1
2
2
4
2
4
2
x ydxdy ydy
x ydxdy ydy
∫∫ ∫
∫∫ ∫
=
*
44

168
Unidade III
2
14
3
2
14
3
14
3 2
2
1
2
2
4
2
4
2
1
2
2
4
2
4
2
2
x ydxdy ydy
x ydxdy ydy
I
y
∫∫ ∫
∫∫ ∫
=
=
*
*
44
2
2
4
2 2
14
6
14 4
6
14 2
6
14 16
6
I
y
I
I
=
=






−






=





 −
*
* *
* 114 4
6
224
6
56
6
168
6
28
*





=





 −






= =
I
I
Portanto, 2 282
1
2
2
4
x ydxdy∫∫ = .
A seguir, apresentamos exemplos de integral dupla, como área e volume. Recomendamos que você
pesquise e estude exemplos das demais aplicações.
Conceito:
Se z = f(x,y) é contínua na região R e f(x,y) = 1, temos:
f x y dxdy dxdy A
R R
R( , )∫∫ ∫∫= =1
Exemplo 1
Calcular a área retangular R:
3 5
1 6
≤ ≤
≤ ≤



x
y
Resolução
f x y dxdy dxdy dydx
y dx dx
R R
( , )
( ) ( )
∫∫ ∫∫ ∫∫
∫ ∫
= = =
= − =
1
6 1 5
1
6
3
5
3
5
1
6
3
5
3
55
3
5
5 5 5 3 5 2 10∫ = = − = =dx x uA( ) * . .

169
6 Integrais duplas: Integrais sobre regiões não retangulares
6.1 Integrais sobre regiões genéricas
Exemplo 1
Determinar a área da região limitada no primeiro quadrante por y = x2
e y = 2x.
Resolução
Primeiro, vamos determinar a interseção das duas curvas, igualando y = x2
e y = 2x:
x x x x x x
o x ou x x
2 2
2 2 0 2 0
0 2 0 2
= ⇒ − = ⇒ − =
= − = ⇒ =
( )
log
Como resolvemos igualar a variável y, para achar a interseção das curvas estamos fazendo uma
escolha na ordem de integração, primeiro em y e depois em x.
Note que as interseções entre as curvas ocorrem quando igualamos a mesma variável. Dessa
igualdade, descobrimos onde as curvas se cruzam; neste exemplo, em x = 0 e x = 2. Desse modo,
acabamos de obter a variação em x, isto é, 0 ≤ x ≤ 2.
Observação
Nesse tipo de integral (sobre regiões genéricas), devemos integrar
primeiro os limites entre as curvas e, posteriormente, o intervalo de números
constante na outra variável.
A escolha pode ser debaixo até a curva de cima, isto é, primeiro fazemos
a variação em y e depois integramos o intervalo em x. Por outro lado,
poderíamos ter escolhido integrar da curva da esquerda (segmento de reta)
para a curva da direita (trecho da parábola), e em seguida integramos o
intervalo em y.
Mas como saber rapidamente que curva está abaixo e qual está acima, para podermos colocar os
extremos no símbolo de integral?
É bem simples, basta construirmos uma tabela com três pontos. Os dois pontos que determinam a
interseção, neste exemplo, x = 0 e x = 2, e um terceiro entre esses dois valores, neste caso x = 1, como
mostramos a seguir:

170
Unidade III
Tabela 15
x y = 2x y = x^2
0 0 0
1 2 1
2 4 4
Note que, para x = 0, obtivemos y = 0 para ambas as funções; e, para x = 2, obtivemos y = 4 para
ambas as funções. O ponto escolhido entre os dois foi x = 1. Analisando a tabela, percebemos que, para
a reta (y = 2x), o resultado de f(2) de y foi maior para a parábola (y = x2
). Isso significa que devemos
representar graficamente a reta e a parábola de nosso enunciado.
Como ilustra a figura a seguir:
A
y = 2x
y = x2
4
y
3
2
1
1 2
x
Figura 88
Gráfico feito, podemos escrever os extremos de integração em y.
Os extremos de integração em y serão sempre da curva de baixo até a curva de cima.
Assim: R A
x
x y x
= =
≤ ≤
≤ ≤




0 2
22
Bem, determinados os extremos de integração, escrevemos simbolicamente a integral que desejamos
definir.
A integral dupla sobre uma região R pode ser interpretada como o volume abaixo de uma superfície
z = f(x,y) sobre a região D.
Quando f(x,y) = 1, a integral dupla fornece a área A da região D, que é dada pela integral dupla.

171
Desse modo, temos:
A f x y dxdy dxdy dydx
y
R R y x
y x
x
x
x
x
y x
= = = =∫∫ ∫∫ ∫∫
∫
=
=
=
=
=
=
=
( , )
(
1
2
2
0
2
0
2
22
2
2
0
2
2
3
0
2
2
3
2
3
2
2
3
y x
x
x
x
x
dx x x dx x
x
A
=
=
=
=
=
= − = − =
= ( ) −





∫) ( ) ( )









= − =
−
=4
8
3
12 8
3
4
3
uA. .
1) Determinar o volume do sólido S que é delimitado pelo paraboloide elíptico 2x2
+ y2
+ z = 4, os
planos x = 1 e y = 2 e os três eixos coordenados.
Resolução:
V x y dA
R
= − −∫∫( )4 2 2 2 ⇒ V = − −∫∫ ( )4 2 2 2
0
2
0
1
x y dxdy
V x y dA
R
= − −∫∫( )4 2 2 2
= − −∫∫ ( )4 2 2 2
0
2
0
1
x y dxdy
( )4 2
0
2
2 2
∫ − −x y dx = − −( )4
2
3
3
2
0
2
x
x
y x
= − − −( * * * )4 2
2
3
2 2 03 2
y
= − −8
16
3
2 2
y
=
−
−
24 16
3
2 2
y
( )4 2 2
0
2
2 2
∫ − −x y dx = −
8
3
2 2
y
= −





∫
8
3
2
0
1
y dy = −






8
3
2
3
3
0
1
y
y
= − −
8
3
1
2
3
1 03
* ( )

172
Unidade III
= − −∫∫ ( )4 2 2 2
0
2
0
1
x y dxdy = =
−
= =
8 2
3
6
3
2
= − −∫∫ ( )4 2 2 2
0
2
0
1
x y dxdy = 2
Logo, o volume será de 2 (u.v.) unidades de volume.
2) Determinar o volume do sólido S que é delimitado pelo paraboloide elíptico 2x2
+ y2
+ z = 4, os
planos x = 2 e y = 1 e os três eixos coordenados.
Resolução:
V x y dydx= − −∫∫ ( )4 2 2 2
0
2
0
1
V x y dydx x y dy dx= − − = − −∫∫ ∫∫( ) ( ( ) )4 2 4 22 2
0
2
0
1
2 2
0
2
0
1
= − −∫( )
0
1
2
3
0
2
4 2
3
y x y
y
d x
= − −





 −4 2 2 2
2
3
42
3
* ( ) *
( )
x ** ( ) *0 2 0
0
3
2
3
0
1
− −











∫ x dx
= − −



∫ 8 4
8
3
2
0
1
x dx
=
−
−



∫
24 8
3
4 2
0
1
x dx
= −



∫
16
3
4 2
0
1
x dx
= −




16
3
4
3
3
0
1
x x
= − − −




16
3
1
4
3
1
16
3
0
4
3
03 3
* * * *
= −
−
16
3
4
3
0
= =
12
3
4

173
= − − −




16
3
1
4
3
1
16
3
0
4
3
03 3
* * * *
= −
−
16
3
4
3
0
= =
= − −∫∫
12
3
4
4 2 2 2
0
2
0
1
V x y dxdy( ) == 4uv. .
O volume será, portanto, de 4u.v.
Observação
Analisando os dois últimos exemplos que resolvemos,
( )4 2 2 2
0
2
0
1
− −∫∫ x y dydx e ( )4 2 2 2
0
2
0
1
− −∫∫ x y dxdy , obtivemos valores
diferentes. Note que a diferença entre os enunciados é que a primeira
integral termina em dydx, enquanto a segunda, em dxdy. Isso significa que,
se somente invertemos dxdy por dydx, encontramos valores diferentes para
as respectivas integrais.
Exemplos de aplicação
Exemplo 1
Resolver a integral ysen xy dA
R
( )∫∫ , com os limites R x= [ , ] [ , ]12 0 π
ysen xy dA ysen xy dx
R
imeiro vamos resolver a
integral de de
( ) ( )
Pr
∫∫ =
nntro Id
Depois de resolvidaIdresolvemos a
integral
dy
1
2
0 ∫∫
π
dde fora usando Id, .
ysen xy dA ysen xy dx
R
imeiro vamos resolver a
integral de de
( ) ( )
Pr
∫∫ =
nntro Id
Depois de resolvidaIdresolvemos a
integral
dy
1
2
0 ∫∫
π
dde fora usando Id, .
Inserindo os extremos de
integração.
ysen xy dxdy( )
1
2
0 ∫∫
π
I ysen xy dxd = ∫ ( )
1
2
Antes de fazer a integral
definida, precisamos
resolver a integral
indefinida, que começa a
ser resolvida na linha (*).
Devemos integrar uma
variável por vez; neste caso,
iremos integrar em relação a
x primeiro. Se escolhêssemos
resolver a integral em y
primeiro, teríamos que
resolver uma integral por
substituição, o que seria mais
complicado.
(*) ysen xy dx( )∫
Resolvendo a integral em
função de x.
u xy
du ydx
y
du dx
=
=
=
1
1
Mudança de variável u =
u(x,y).

174
Unidade III
y senxydx y senu
y
du
y
y
senu du
* *
* *
∫ ∫
∫
=
=
1
1
= − +1* ( cos )u C
y senxydx y senu
y
du
y
y
senu du
* *
* *
∫ ∫
∫
=
=
1
1
= − +1* ( cos )u C
Resolvendo a integral na
variável u.
ysen xy dx xy C( ) ( cos )∫ = − +ysen xy dx xy C( ) ( cos )∫ = − + Voltando à variável x em (xy)
temos:
ysen xy dx cosxy
y
( ) ( )
(cos cos
1
2
1
2
2 1
∫ = −
= − − yy
y y
)
cos cos= − +2
ysen xy dx cosxy
y
( ) ( )
(cos cos
1
2
1
2
2 1
∫ = −
= − − yy
y y
)
cos cos= − +2
Determinando a integral
definida.
ysen xy dxdy y y dy y dy( ) cos cos cos( )
1
2
0
0 0
2 2∫∫ ∫ ∫= − +( ) = − +
π
π π
+ ∫cosydy
0
π
= − +
sen y
seny
2
2 0
0
π
π
1
2
0
0 0
2 2∫∫ ∫ ∫= − +( ) = − +
π
π π
+ ∫cosydy
0
π
= − +
sen y
seny
2
2 0
0
π
π
1
2
0
0 0
2 2∫∫ ∫ ∫= − +( ) = − +
π
π π
+ ∫cosydy
0
π
= − +
sen y
seny
2
2 0
0
π
π
Vamos, agora, resolver a
integral final, ou seja, a
integral da função resultante
na variável y.
= +
+ −
1
2
2
0
0
* ( )sen y
sen sen
π
π
= − +
+ −
1
2
2 0
0 0
* ( )sen senπ
= − +
1
2
0 0 0* ( )
ysen xy dxdy y y dy( ) cos cos
1
2
0
0
2 0∫∫ ∫= − +( ) =
π
π
ysen xy dxdy y y dy( ) cos cos
1
2
0
0
2 0∫∫ ∫= − +( ) =
π
π
= 0
Vimos que o resultado da
integral é zero.
Exemplo 2
Determinar o volume da superfície delimitada por f(x) = 1 + 2y pelo plano xy e pelas curvas y = 3x2
e y = 4 + 2x2
.

175
Resolução:
Queremos determinar V y dA
D
= +∫∫ ( )1 2 , região limitada pelas curvas y = 3x2
, y = 4 + 2x2
e pelo
plano XY.
Temos que definir os limites de integração; para isso, necessitamos buscar a interseção entre as
parábolas. Como fazer?
Basta igualar as equações y = 3x2
e y = 4 + 2x2
.
3 4 2
3 2 4
4
4
2 2
2 2
2 2
2
x x
x x
x
x
x e x
= +
− =
=
= ±
= − =
Logo, o intervalo de integração em x será:
– 2 ≤ x ≤ 2.
Com base na tabela a seguir, na qual inserimos um ponto entre as interseções e o conhecimento de
que ambas as equações são parábolas, construímos o gráfico para levantar a ordem das equações na
variável y.
Tabela 16
X Y = 3X2
Y = 4 + 2X2
– 2 12 12
0 0 4
2 12 12
A partir do gráfico a seguir, definimos os limites de integração em y, sempre da curva de baixo até a
curva de cima, ou seja:

176
Unidade III
D
x
y
y = 3x2
y = 4 + 2x2
Figura 89
3x2
≤ y ≤ 4 + 2x2
Determinados os limites de integração, podemos escrever:
( ) ( )1 2 1 2
3 2
4 2 2
2
2
+ = +∫∫ ∫∫
+
−
y dA y dydx
D
x
x
Lembre-se de que a integral de dentro, obrigatoriamente, é feita em primeiro lugar.
Segue a resolução:
( )1 2+∫∫ y dA
D
= +
+
− ∫∫ ( )1 2
3 2
4 2 2
2
2
y dydx
x
x
= +
+
∫ ( )1 2
3 2
4 2 2
y dy
x
x Devemos integrar
primeiro na variável y.
= +
+
( )y y
x
x2
3 2
4 2 2
Resultado da integral.
= + + + +
− +
[( ) ( ) ]
[( ( ) ]
4 2 4 2
3 3
2 2 2
2 2 2
x x
x x
Substituir os limites
de integração.
= + + + +
+ − +
[( ) (
)] [ ]
4 2 16 16
4 3 9
2 2
4 2 4
x x
x x x
Fazendo os cálculos
algébricos.
= + + + +
+ − +
[( ) (
)] [ ]
4 2 16 16
4 3 9
2 2
4 2 4
x x
x x x

177
= – 5x4
+ 15x2
+ 20 Resultado da primeira
integral.
( )1 2+∫∫ y dA
D
( )− + +
−∫ 5 15 204
2
2 2
x x dx = + + −
( )x
x5
3
2
215
3
20 Resolvendo a integral.
= + +
−
( )x x5 3
2
2
5 20 Simplificando.
= − + + +
− − − + − +
+ −
[( * * )]
[ ( ) * ( )
* ( )]
2 5 2 20 2
2 5 2
20 2
5 3
5 3 Substituindo os
limites.
= (– 32 + 40 + 40) +
– (32 – 40 – 40)
= – 32 + 40 + 40 – 32 + 40
+ 40
( )1 2+∫∫ y dA
D
( )− + +
−∫ 5 15 204
2
2 2
x x dx = 96 Resultado final
integral da dupla.
Portanto, V y dA uv
D
= + =∫∫ ( ) .1 2 96
Exemplo 3
Determinar o volume V do sólido delimitado pelos planos z = 4 e z = y e pelas curvas y = x2
e
y = 2 – x2
.
Resolução:
Você deve estar sentindo a falta de z = f(x,y), ou seja, da superfície que irá limitar o volume da
função, uma vez que o domínio de integração foi dado. Vale salientar que o enunciado forneceu duas
expressões para z, uma é z = 4 (é um plano paralelo ao plano xy passando na altura 4), a outra é z = y
(que representa um plano pegando a diagonal no plano YZ – um plano no R³; sendo x variável livre).
Resumindo, zsuperior
= 4 e zinferior
= y.
Segue que nossa função será f(x,y) = zsuperior
– zinferior
= 4 – y
Temos que definir os limites de integração; para isso, necessitamos buscar a interseção entre as
parábolas. Como fazer?
Basta igualar as equações y = x2
e y = 2 – x2

178
Unidade III
x x
x x
x
x
x
x
x e x
2 2
2 2
2
2
2
2
2
2 2
2
2
1
1
1 1
= −
+ =
=
=
=
= ±
= − =
Logo, o intervalo de integração em x será:
- 1 ≤ x ≤ 1.
Determinando qual curva fica mais baixa e qual fica mais alta no intervalo x = [-1, 1]. Para tanto,
escolhemos um ponto dentro do intervalo que contém as interseções. Como ilustramos na tabela:
Tabela 17
x y = x2
y = 2 – x2
– 1 1 1
0 0 2
1 1 1
Com base na tabela e no conhecimento de que ambas as equações são parábolas, construímos o
gráfico a seguir, para levantar a ordem em que vamos escrever as equações nos extremos de integração.
A ordem a percorrer a região de integração é sempre da curva de baixo para a curva de cima.
y
x
y = x2
y = 2 – x2
Figura 90

179
Em síntese:
f x y y
y x
( , ) = −
≤ ≤ ≤ ≤ −




4
2-1 x 1 e x2 2
Determinados os limites de integração f(x,y), podemos escrever a integral que precisamos determinar
( ) ( )y dA y dydx
D
x
x
− = −∫∫ ∫∫
−
−
4 42
2 2
1
1
Lembre-se de que a integral de dentro, obrigatoriamente, é feita em primeiro lugar. Segue a resolução:
( )4 −∫∫ y dA
D
= −
−
− ∫∫ ( )42
2 2
1
1
y dydx
x
x Com os limites de
integração.
= −
−
− ∫∫ ( )42
2 2
1
1
y dydx
x
x
= −
−
∫ ( )42
2 2
y dy
x
x
Resolvendo uma integral
de cada vez, começando
pela variável y.
= −
−
( )4
2
2
2
2 2
y
y
x
x
Resolvendo a integral.
= − −
−
+
− −
[( * ( )
( )
)]
[(
( )
)]
4 2
2
2
4
2
2
2 2
2
2 2
x
x
x
x
Substituindo os limites
na variável.
= − −
− +













+
− −








( )8 4
4 4
2
4
2
2
2 4
2
4
x
x x
x
x
= − − + −



 +
− −




8 4 2 2
1
2
4
1
2
2 2 4
2 4
x x x
x x

180
Unidade III
= − −



 +
− −




6 2
1
2
4
1
2
2 4
2 4
x x
x x
= − − − +6 2
1
2
4
1
2
2 4 2 4
x x x x
= 6 – 6x2
Cancelamos o termo
− +





 =
1
2
1
2
04 4
x x
( )6 6 2
1
1
−
−∫ x dx
= −






−
6
6
3
3
1
1
x
x Vamos, agora, integrar
na segunda variável, ou
seja, em x.
= −
−
( )6 2 3
1
1
x x
Conseguimos simplificar
a função.
= (6*1 – 2*13
) + – (6*(–1)–2*(–1)3
)
Substituindo os limites
de integração na função.
= (6 – 2) – (– 6 + 2)
= 6 – 2 + 6 – 2
( )4 −∫∫ y dA
D
= −
−
− ∫∫ ( )42
2 2
1
1
y dydx
x
x
= 8 O resultado do exercício.
Exemplo 4
Calcule x xy dydxcos( )
0
1
0
3
2
∫∫
π
.
x xy dydxcos( )
0
1
0
3
2
∫∫
π
= ∫∫ x xy dy dx
egral de dentro
cos( )
int
0
1
0
3
2
π
x xy dycos( )
0
1
∫
Resolvendo a integral,
primeiro em função
de y.
x xy dycos( )
0
1
∫ = ∫x xy dycos( )
0
1
Podemos simplificar,
passando o x que está
multiplicando dentro
da integral para fora da
integral.

181
u xy
du xdy
x
du dy
x u
x
du
x
x
udu
senu C
=
=
=







+
∫
∫
1
1
1
1
1
cos *
* * cos
* ( )
ssen xy C( )+
Faremos a mudança de
variável e resolveremos
a integral pela técnica
da substituição.
x xy dycos( )
0
1
∫ = ( )senxy 0
1 Aplicando os limites da
integral na função.
x xy dycos( )
0
1
∫ = (sen1x – sen0x) Simplificando.
x xy dycos( )
0
1
∫ = senx
Fim da integral de
dentro. Voltamos a
resolver a integral de
partida.
x xy dydxcos( )
0
1
0
3
2
∫∫
π
= ∫ ( )senx dx
0
3
2
π
= −(cos )x 0
3
2
π
A resolução da segunda
integral.
x xy dydxcos( )
0
1
0
3
2
∫∫
π
= ∫ ( )senx dx
0
3
2
π
= − −[(cos ) (cos )]
3
2
0
π Substituindo os limites
de integração.
x xy dydxcos( )
0
1
0
3
2
∫∫
π
= ∫ ( )senx dx
0
3
2
π
– (0 – 1)
x xy dydxcos( )
0
1
0
3
2
∫∫
π
= ∫ ( )senx dx
0
3
2
π
= 1
Resultado final da
integral.
Exemplo 5
Calcule a integral dupla xy dydx
D
2
∫∫ sobre a região genérica D representada na figura a seguir.

182
Unidade III
D
y = 2
y = x
20
2
y
x
Figura 91
Avaliando o gráfico, levantamos os extremos de integração: 0 ≤ x ≤ 2 e x ≤ y ≤ 2. Note que a
integração em y é feita da curva debaixo até a curva de cima, ou seja, da reta y = x até a reta y = 2.
( )xy dydx
D
2
∫∫ = ∫∫ ( )xy dydx
x
22
0
2
Colocando os limites de integração.
= ∫∫ ( )xy dydx
x
22
0
2
= ∫ ( )xy dy
x
22 Faremos primeiro, obrigatoriamente,
a integral de dentro.
=
=






=






−














∫x y dy
x
y
x
x
x
x
22
3
2
3 3
3
2
3 3
*
== −






x
x
*
8
3 3
3
Resolvendo a integral de dentro.
( )xy dy
x
22
∫ = −
8
3 3
4
x x O resultado da integral de dentro.
( )xy dydx
D
2
∫∫ = ∫∫ ( )xy dydx
x
22
0
2
= −∫ ( )
8
3 3
4
0
2 x x
dx Finalizando a resolução da integral.
( )xy dydx
D
2
∫∫ = −∫ ( )
8
3 3
4
0
2 x x
dx = −






8
3 2 3 5
2 5
0
2
x x
* *
Resolvendo a integral final.

183
= −






4
3 15
2 5
0
2
x x
Simplificando.
= −
4 2
3
2
15
2 5
*
=
−5 16 32
15
* ( )
=
−80 32
15
=
÷
÷
48 3
15 3
Podemos simplificar esta resposta.
( )xy dydx
D
2
∫∫ = −





∫
8
3 3
4
0
2 x x
dx =
16
5
. Resposta final da integral solicitada.
Saiba mais
Saiba mais sobre integrais duplas consultando:
SILVA, A. A.; MATOS, M. P. Integrais múltiplas. Disponível em: <http://
www.mat.ufpb.br/bosco/calculoiii2011/nciii.pdf>. Acesso em: 2 set. 2013.
VOLUMES e integrais duplas. In: Curso de Férias de IFVV (Etapa 3):
integrais duplas. Mossoró, [s. d.]. Disponível em: <http://www2.ufersa.edu.
br/portal/view/uploads/setores/72/integral_dupla.pdf>. Acesso em: 2 set.
2013.
6.2 Integrais duplas em coordenadas polares
A seguir, vamos aprender sobre transformação de coordenadas cartesianas em polares.
A relação da transformação é dada por:
dxdy
x y
r
drd rdrd
R R R
∫∫ ∫∫ ∫∫=
∂
∂
=
( , )
( , )θ
θ θ

184
Unidade III
Atransformaçãoanterioréalgebricamentedefinidapelovalorabsolutodo jacobianodatransformação
do sistema de coordenadas cartesianas no de polares, onde x = r cos θ e y = r sen θ. Veja como:
Sabemos que:
sen
cateto opsto
hipotenusa
e
cateto adjacente
hipotenusa
θ θ= =cos
y
x
r
θ
sen
y
r
e
x
r
r sen y e r x
y r sen e x r
θ θ
θ θ
θ θ
= =
= =
= =
cos
cos
cos
Figura 92
Por Pitágoras, temos que x2
+ y2
= r2
. Desse modo, obtemos as seguintes relações para nos apoiarmos
na transformação de coordenadas retangulares em coordenadas polares:
x y r e
x r
y rsen
² ² ²
cos
+ =
=
=



θ
θ
y
xθ
Figura 93
A seguir, vamos realizar o cálculo do determinante jacobiano
∂
∂
( , )
( , )
x y
r θ
:
Observação
1) O ângulo deve estar sempre em radianos, e a orientação dos ângulos
segue o sentido anti-horário.
2) A matriz jacobiana é a matriz formada pelas derivadas parciais de
primeiraordemdeumafunçãovetorial.Sóépossíveldeterminaramatriz
jacobiana de uma função vetorial se as derivadas parciais existirem.

185
∂
∂
=
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂












( , )
( , )
det
x y
r
x
r
x
y
r
yθ
θ
θ
Primeiro, vamos determinar todas as derivadas parciais de primeira ordem. Sabemos que:
x r e y rsen
x
r
x
rsen
e
y
r
= =
∂
∂
=
∂
∂
= −






∂
∂
=
cos
cos
θ θ
θ
θ
θ
ssen
y
r
θ
θ
θ
∂
∂
=






cos
Derivadas parciais calculadas, vamos substituir no determinante jacobiano e calcular o valor do
determinante.
Cálculo do determinante jacobiano:
∂
∂
=
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂












∂
∂
=
( , )
( , )
det
( , )
( , )
d
x y
r
x
r
x
y
r
y
x y
r
θ
θ
θ
θ
eet
cos
cos
( , )
( , )
cos
( ,
θ θ
θ θ
θ
θ θ
−





∂
∂
= +
∂
rsen
sen r
x y
r
r rsen
x
2 2
yy
r
r sen
x y
r
r
x y
r
r
)
( , )
(cos )
( , )
( , )
*
( , )
( , )
∂
= +
∂
∂
=
∂
∂
=
θ
θ θ
θ
θ
2 2
1
Portanto:
dxdy rdrd dA rdrd
R R R R
∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫= =θ θe

186
Unidade III
Logo:
f x y dxdy f r rdrd f x y dA f r
R r
r
R
( , ) ( , ) ( , ) ( , )∫∫ ∫∫ ∫∫= =θ θ θ
θ
θ
1
1
1
2
e rrdrd
r
r
θ
θ
θ
1
1
1
2
∫∫
Onde: θ1
≤ θ ≤ θ2
e r1
≤ r ≤ r2
Vamos resolver alguns exemplos:
Exemplo 1
Resolver ( )x y dA
R
2 2
9
2+∫∫ , onde R é a região destacada na figura a seguir.
Analisando as figuras, é evidente que a região R trata-se da quarta parte de anel limitado pelas
circunferências
x2
+ y2
= 1 e x2
+ y2
= 4, ou seja, circunferências de centro na origem e raios variando de um até dois,
consequentemente a variação do raio r será 1 ≤ r ≤ 2.
R
xx+yy=1 xx+yy=4
Figura 94
A região de integração é uma área, com ângulo variando do eixo OX até o eixo OY. Isto é, variando
em todo o primeiro quadrante. Logo, a variação do ângulo θ será 0
2
≤ ≤θ
π
. Para resolver integrais,
nossos ângulos dever estar sempre em radianos.
Agora, temos os extremos de integração e podemos resolver a integral.

187
R
pi/2
2
1
θ
1 2
Figura 95
Veja, acima, a representação gráfica da região de integração.
Em síntese, por um lado, temos que nossa região de integração encontra-se limitada da seguinte
forma: 0
2
≤ ≤θ
π
e 1 ≤ r ≤ 2 e, por outro, temos que f x y x y( , ) ( )= +2 2
9
2 e sabemos que x2
+ y2
= r2
.
Sabemos que f x y dA f r rdrd
R r
r
( , ) ( , )∫∫ ∫∫= θ θ
θ
θ
1
1
1
2
.
Se I x y dA r rdrd
R
= + = ( )∫∫ ∫∫( )2
9
2 2
9
2
1
2
0
2
2
θ
π
( )x y dA
R
2 2
+ =∫∫
9
2
r rdrd² *( )∫∫
9
2
1
2
0
2
π
θ Integral a ser resolvida.
( )r rdr2
9
2
1
2
∫
= ∫ r rdr9
1
2
*
= ∫ r dr10
1
2
Primeiro, precisamos resolver a integral
em função de r. Multiplicações de mesma
base, conservamos a base e somamos os
expoentes.
=
r11
1
2
11
Integrando, temos:
=
( )
−
( )2
11
1
11
11 11
= −
2048
11
1
11
Substituir a variável pelos limites de
integração.

188
Unidade III
( )r rdr2
9
2
1
2
∫ =
2047
11
Resultado da integral de dentro.
( † †)x y dA
R
+∫∫
9
2
= ( )∫∫ r rdrd2
9
2
1
2
0
2
θ
π
= ∫
2047
110
2
π
θd
Voltamos à resolução da integral proposta.
Vamos retirar a constante fora da integral.
= ∫
2047
11 0
2
π
θd Resolvendo a integral em θ.
=
2047
11 0
2
θ
π
Substituindo os extremos de integração.
=
−






2047
11
2
0
π
=
2047
11 2
*
π
( )x y dA
R
2 2
+∫∫
9
2
= ( )∫∫ r rdrd2
9
2
1
2
0
2
θ
π
=
2047
22
π
Resultado solicitado.
Exemplo 2
Calcular ( )x y dA
R
2 2
+∫∫ , onde R é a região no semiplano superior limitado pelos círculos x2
+ y2
= 4
e x2
+ y2
= 5.

189
Resolução:
Vamos representar graficamente a região de integração.
– 2 1
xx + yy = 4
xx + yy = 5
1
2
3
y
1 3
x
2
Figura 96
Temos:
x y r
x y r
² ²
² ²
+ = ⇒ =
+ = ⇒ =




4 4
5 5
1
2
Com esses dados e avaliando a figura anterior, concluímos que 0 2 5≤ ≤ ≤ ≤θ π e r .
( )x y dA
R
2 2
+∫∫ = ( )∫∫ r rdrd² *
2
5
0
π
θ
Integral a ser calculada.
Substituímos x² + y² = r² e
inserimos os extremos das
coordenadas polares.
r rdr²( )∫
2
5
= ∫ r dr3
2
5
Vamos, primeiro, resolver a
integral de dentro.
=
r4
2
5
4
= −
5
4
2
4
4 4
Resolvendo a integral definida.
r rdr²( )∫
2
5
=
−625 16
4
Resultado da integral de dentro.

190
Unidade III
( )x y dA
R
2 2
+∫∫ = ( )∫∫ r rdrd² *
2
5
0
π
θ =
−
∫
625 16
40
π
θd Voltando à integral principal.
( )x y dA
R
2 2
+∫∫ =
−
∫
625 16
40
π
θd =
−
∫
625 16
4 0
* dθ
π Retirando a constante que está
multiplicando de dentro da
integral.
=
−625 16
4 0
* θ
π
=
−
−
625 16
4
0* ( )π
Resolvendo a integral.
( )x y dA
R
2 2
+∫∫ = ( )∫∫ r rdrd² *
2
5
0
π
θ =
−( )625 16
4
π
Resultado final da integral.
Exemplo 3
Determinar r rdr d
R
cos∫∫ θ sabendo que os limites de integração estão representados na figura a
seguir:
0
y
0
x
2π
1
Figura 97
Avaliando a imagem, temos que os limites de integração são:
2 3
0 2
≤ ≤
≤ ≤



r
θ π
Resolvendo o exercício:
cosrrdrdθ
π
0
1
0
2
∫∫

191
Primeiro, precisamos resolver a integral em função de r, isto é:
cos * cosrrdr r rdr
0
1
0
1
∫ ∫=
Essa integral precisa ser resolvida como uma integral por partes.
r rdr* cos
0
1
∫
udv u v vdu= − ∫∫ *
Sendo
u r
dv r dr dv r dr
v sen r
=
= ⇒ =




=
∫ ∫cos cos ; logo:
r r dr rsen r sen r dr
r r dr rsen r r
r r dr rsen r
cos
cos ( cos )
cos
= −
= − −
= +
∫∫
∫
ccosr∫
Segue que:
r r dr rsen r r
r r dr sen sen
cos cos
cos ( cos ) ( co
0
1
0
1
0
1
1 1 1 0 0
∫
∫
= +( )
= + − + ss )
cos ( cos )
0
1 1 1
0
1
r r dr sen∫ = + −
Feita a integral de dentro, voltamos a resolver a integral solicitada, substituindo o valor já encontrado
em nossa integral original, isto é,
( ( ) cos( ) )sen d1 1 1
0
2
+ −∫ θ
π
Integrando a função solicitada, isto é,
I sen d= + − ∫( ( ) cos( ) )*1 1 1
0
2
θ
π

192
Unidade III
Substituindo os limites na função:
I sen
I sen
I se
= + −
= + − −
=
( ( ) cos( ) )*
( ( ) cos( ) )* ( )
* (
1 1 1
1 1 1 2 0
2
0
2
θ
π
π
π
nn( ) cos( ) )1 1 1+ −
Portanto:
cos ( cos )
cos (
rrdrd sen
rrdrd
θ π
θ π π
π
π
0
1
0
2
0
1
0
2
2 1 1 1
2 2
∫∫
∫∫
= + −[ ]
= − + ssen
rrdrd sen
1 1
2 2 1 2 1
0
1
0
2
+
= − + +∫∫
cos )
cos cosθ π π π
π
Exemplo 4
Determinar em coordenadas polares 2xdA
R
∫∫ , onde R é o semiplano superior limitado pelos círculos
x2
+ y2
= 1 e x2
+ y2
= 4.
Resolução:
Representação gráfica da região de integração.
y
x
1 2
Figura 98
Por um lado, com base na região da integração, temos que 1 ≤ r ≤ 2 e 0 ≤ θ ≤ π.
Por outro, sabemos que
x r
y rsen
=
=



cosθ
θ
Segue que a integral solicitada deve ser:
2 2
1
2
0
xdA r r dr d
R
∫∫ ∫∫= ( cos )θ θ
π

193
2xdA
R
∫∫ = ( cos )2
1
2
0
r r dr dθ θ
π
∫∫ Integral a ser resolvida.
( cos )2
1
2
r rdrθ∫ = ∫2 2
1
2
cosθ r dr Preparando a integral de
dentro.
=
= −
=
=
2
3
2
3
2 1
2
3
7
14
3
3
1
2
3 3
cos
cos * ( )
cos *
cos
θ
θ
θ
θ
r
Resolvendo a integral de
dentro.
( cos )2
1
2
r rdrθ∫ =
14
3
cosθ Integral de dentro
resolvida.
2xdA
R
∫∫ = ( cos )2
1
2
0
r r dr dθ θ
π
∫∫
3
14
30
π
θ θ∫ cos d Substituindo na integral
solicitada.
= ∫
14
3 0
cosθ θ
π
d Resolvendo a integral,
temos:
=
14
3 0
senθ
π
= −
= =
14
3
0
14
3
0 0
( )
*
sen senπ
2xdA
R
∫∫ = ( cos )2
1
2
0
r r dr dθ θ
π
∫∫ = 0
Resultado da integral
desejada.
Portanto, 2 2 0
1
2
0
xdA r r dr d
R
∫∫ ∫∫= =( cos )θ θ
π

194
Unidade III
Saiba mais
Saiba mais sobre integrais duplas consultando:
INTEGRAL dupla em coordenadas polares. Sinop, [s. d.]. Disponível em:
<http://sinop.unemat.br/site/prof/foto_p_downloads/fot_4828integual_
dupla_em_cooudenadas_polaues_pdf.pdf>. Acesso em: 2 set. 2013.
VILCHES, M. A.; CORRÊA, M. L. Integração dupla. In: ______. Cálculo. v.
2. p. 203-53. Rio de Janeiro: UERJ, [s. d.]. Disponível em: <http://magnum.
ime.uerj.br/~calculo/LivroII/integd.pdf>. Acesso em: 2 set. 2013.
Resumo
Nesta unidade, aprendemos que resolver uma integral dupla é
semelhante a resolver duas integrais simples. Salientando-se que devemos
resolvê-la de dentro para fora, isto é:
f x y dydx f x y dy dx
g x
g x
a
b
g x
g x
a
b
, ,( ) = ( )


( )
( )
( )
( )
∫∫ ∫∫1
2
1
2
Vimos também que podemos escolher a ordem de integração. Se os
extremos forem constantes, vale o Teorema de Fubini, isto é,
f x y dA f x y dydx f x y dxdy
c
d
a
b
R a
b
c
d
( , ) ( , ) ( , )= =∫∫∫∫ ∫∫
Para resolver integrais sobre regiões genéricas, devemos primeiro buscar a
interseção entre as curvas. Feito isso, temos a variação da integral na variável
x. Fazemos uma tabela para auxiliar a representação gráfica; na sequência,
representamos graficamente a região com a interseção, para definir os
extremos de integração em y. Aprendemos que a ordem de integração em y é
sempre a mesma, ou seja, da curva de baixo até a curva de cima.
Aprendemos a fazer mudança de coordenadas, de coordenadas
retangulares em coordenadas polares usando as seguintes relações:
x y r
x r
y rsen
e f x y dxdy f r rdrd
r r
r r
² ² ²,
cos
( , ) ( , )+ =
=
=



=
=
=
∫
θ
θ
θ θ
1
2
θθ θ
θ θ
=
=
∫∫∫
1
21
R

195
Exercícios
Questão 1 (Enade, 2008). Considere g: R → R uma função com derivada
dg
dt
contínua e f a função
definida porf x
dg
dt
t dt
x
( ) ( )= ∫0
para todo x ∈ R. Nessas condições, avalie as afirmações que seguem.
I. A função f é integrável em todo intervalo [a, b], a, b ∈ R, a < b.
II. A função é derivável e sua derivada é a função g.
III. A função diferença f - g é uma constante.
É correto o que se afirma em:
A) I, apenas.
B) II, apenas.
C) I e III, apenas.
D) II e III, apenas.
E) I, II e III.
Resposta correta: alternativa C.
Análise da questão
Sejam g : R → R; dg
dt
a derivada da g(t) e
dg t
dt
dt
x ( )
0∫ ; x ∈ R.
I – Afirmativa correta.
Justificativa: veja que
dg t
dt
dt
x ( )
0∫ ; x ∈R g t g x Cx
= = +[ ( )] ( )0 . Logo, f (x) é integrável em todo intervalo
[a,b] , pois existe g(x) R → R: e sua derivada dg
dt
, contínua, considerados na questão.
II – Afirmativa incorreta.
Justificativa: se f(x) = g(x) + C; então, f'(x) = g'(x).
III – Afirmativa correta.
Justificativa: temos que f – g = g(x) + C – g(x) (constante).

196
Unidade III
Questão 2 (Enade, 2008). Quando uma partícula desloca-se ao longo de uma curva C parametrizada
por r(t) = (x(t),y(t),z(t)), t ∈ [a,b], sob a ação de um campo de força F em R³, o trabalho realizado ao longo
de C é dado por:
F dr F r t
dr
dt
t dt
C
 
¨
. ( ( )). ( )∫ ∫=
Se F r f r
r
r

( ) (| |)
| |
= , em que f: R → R é uma função contínua e | |r x y z= + +2 2 2
; então,
F grad g r

= ( (| |)), em que g é uma primitiva de f.
Considerando essas informações, conclui-se que o trabalho realizado pelo campo F r
r
r

( )
| |
=
2
2
π
, ao
longo da hélice C dada por r(t) = (cos(t), sen(t), t), t ∈ [0, 2p], é:
A In
B
C
D
) ( )
)
[ ]
)
)
− +
−
+
−








−
+






2 1 4
6
1
1 4
1
2 1
1
1 4
2
2 2
2
π π
π
π
π
π
44 1 4
2 1 4
2
2
π π
π π
In
E In
+
+)
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