Cálculo diferencial e integral de várias variáveis unid iii
BrunoLuz6
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May 13, 2015
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About This Presentation
calculo de uma integral
Slide Content
151MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
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
fxydxfxy
x
,,() =()∫
= x
2
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 f
y
= x
2
+ 2, podemos integrar essa derivada parcial em relação a y. Mantendo
x constante, obtemos
fxydyfxy
y
,,() =()∫
= x
2
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
xxdx+∫
Resolução: Para resolver a integral anterior, você deve se lembrar que
xdx
x
n
C
n
n
=
+
+
+
∫
1
1
()22
24 4
3
24
2
4
xxdx
xx
Cx
x
C+= ++ =+ +∫
()22
24 4
3
24
2
4
xxdx
xx
Cx
x
C+= ++ =+ +∫
()22
24 4
3
242
4
xxdx
xx
Cx
x
C+= ++ =+ +∫
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
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
fxydxfxy
x
,,() =()∫
= x
2
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 f
y
= x
2
+ 2, podemos integrar essa derivada parcial em relação a y. Mantendo
x constante, obtemos
fxydyfxy
y
,,() =()∫
= x
2
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
xxdx+∫
Resolução: Para resolver a integral anterior, você deve se lembrar que
xdx
x
n
C
n
n
=
+
+
+
∫
1
1
()22
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3
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2
4
xxdx
xx
Cx
x
C+= ++ =+ +∫
()22
24 4
3
24
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xxdx
xx
Cx
x
C+= ++ =+ +∫
()22
24 4
3
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xxdx
xx
Cx
x
C+= ++ =+ +∫
152MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
Unidade III
()2
4
32
4
xxdxx
x
C+= ++∫
()2
4
32
4
xxdxx
x
C+= ++∫
Atenção! Não podemos nos esquecer de acrescentar a constante C ao fim da integral indefinida
1
.
b) ()2
3
0
2
xxdx+∫
Para resolver essa integral, você precisa saber que fxdxFbFa
a
b
() ()()=−∫
é uma integral definida.
Vimos, no exemplo anterior, que a antiderivada de f(x) é Fxx
x
()=+
2
4
4
.
()2
4
3
0
2
2
4
0
2
xxdxx
x
+= +
∫
()2
4
3
0
2
2
4
0
2
xxdxx
x
+= +
∫
()
() ()
22
2
4
0
0
4
3
0
2
2
4
2
2
4
0
xxdx
FF
+=+
−+
∫
=∫−∫−= ∫−∫∫−
=+−=4408
= 4 + 4 – 0 = 8
()2
4
3
0
2
2
4
0
2
xxdxx
x
+= +
∫
= 8
c) 0dxC=∫
, uma vez que a derivada da constante é zero,
1 1
x
dxxdxx C== +
−
∫∫
ln não podemos
aplicar xdx
x
n
C
n
n
=
+
+
+
∫
1
1
, pois não existe divisão por zero.
d)
1
1
1
2
2
1
x
dxxdx
x
C
x
C==
−
+==+
−
−
∫∫
e) xdxxdx
x
Cx Cx C
xx
C== += ÷+=+ =+∫∫
1
2
3
2
3
2
3
2
3
2
3
2
2
3
2
3
*
1
A integral indefinida fxdx()∫() não admite limites de integração.
Unidade III
()2
4
32
4
xxdxx
x
C+= ++∫
()2
4
32
4
xxdxx
x
C+= ++∫
Atenção! Não podemos nos esquecer de acrescentar a constante C ao fim da integral indefinida
1
.
b) ()2
3
0
2
xxdx+∫
Para resolver essa integral, você precisa saber que fxdxFbFa
a
b
() ()()=−∫
é uma integral definida.
Vimos, no exemplo anterior, que a antiderivada de f(x) é Fxx
x
()=+
2
4
4
.
()2
4
3
0
2
2
4
0
2
xxdxx
x
+= +
∫
()2
4
3
0
2
2
4
0
2
xxdxx
x
+= +
∫
()
() ()
22
2
4
0
0
4
3
0
2
2
4
2
2
4
0
xxdx
FF
+=+
−+
∫
=∫−∫−= ∫−∫∫−
=+−=4408
= 4 + 4 – 0 = 8
()2
4
3
0
2
2
4
0
2
xxdxx
x
+= +
∫
= 8
c) 0dxC=∫
, uma vez que a derivada da constante é zero,
1 1
x
dxxdxx C== +
−
∫∫
ln não podemos
aplicar xdx
x
n
C
n
n
=
+
+
+
∫
1
1
, pois não existe divisão por zero.
d)
1
1
1
2
2
1
x
dxxdx
x
C
x
C==
−
+==+
−
−
∫∫
e) xdxxdx
x
Cx Cx C
xx
C== += ÷+=+ =+∫∫
1
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3
2
3
2
3
2
3
2
3
2
2
3
2
3
*
1
A integral indefinida fxdx()∫() não admite limites de integração.
153MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
cáLcULo DIFERENcIAL E INTEGRAL dE VáRIAS VARIávEIS
Observação
A integração por substituição é a operação inversa da derivada da regra da
cadeia; o padrão desse modelo integral é fgxgxdxFgxdxC(())*()( ())′=+∫
,
ou se
ugx
dugxdx
=
=′
()
()
, então fuduFuC() ()=+∫
. 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)
42xdx+∫
=
Mudança de variável (M.V.)
ux derivaosdoislados
dudxisoladxparafazeraMV
du
dx
=+
=
=
42
4
4
(..)
Fazendo a M.V.:
u
du
uduu Cu C
4
1
4
1
4
2
3
1
6
1
2
3
2
3
∫∫
== += +*
Voltando à variável x:
42
1
6
42
1
6
42 42
3
xdxx CxxC+= ++ =+ ++∫
() ()*
cáLcULo DIFERENcIAL E INTEGRAL dE VáRIAS VARIávEIS
Observação
A integração por substituição é a operação inversa da derivada da regra da
cadeia; o padrão desse modelo integral é fgxgxdxFgxdxC(())*()( ())′=+∫
,
ou se
ugx
dugxdx
=
=′
()
()
, então fuduFuC() ()=+∫
. 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)
42xdx+∫
=
Mudança de variável (M.V.)
ux derivaosdoislados
dudxisoladxparafazeraMV
du
dx
=+
=
=
42
4
4
(..)
Fazendo a M.V.:
u
du
uduu Cu C
4
1
4
1
4
2
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1
6
1
2
3
2
3
∫∫
== += +*
Voltando à variável x:
42
1
6
42
1
6
42 42
3
xdxx CxxC+= ++ =+ ++∫
() ()*
154MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
Unidade III
b)cos()35xdx+∫
Mudança de variável (M.V.)
ux derivaosdoislados
dudxisoladxparafazeraMV
du
dx
=+
=
=
35
3
3
(..)
Fazendo a M.V.:
cosc os *u
du
udus enuC
senu
C
3
1
3
1
33
∫∫
== += +
Voltando à variável x:cos()
()
35
35
3
xdx
senx
C+=
+
+∫
c)senx dx()35+∫
Mudança de variável (M.V.)
ux derivaosdoislados
dudxisoladxparafazeraMV
du
dx
=+
=
=
35
3
3
(..)
Fazendo a M.V.:
senu
du
senuduu C
u
C
3
1
3
1
33
∫∫
== −+ =− +*(cos)
cos
Voltando à variável x:
senx dx
x
C()
cos()
35
35
3
+=
−+
+∫
=
d)edx
x()52+
∫
Mudança de variável (M.V.)
ux derivaosdoislados
dudxisoladxparafazeraMV
du
dx
=+
=
=
52
5
5
(..)
Unidade III
b)cos()35xdx+∫
Mudança de variável (M.V.)
ux derivaosdoislados
dudxisoladxparafazeraMV
du
dx
=+
=
=
35
3
3
(..)
Fazendo a M.V.:
cosc os *u
du
udus enuC
senu
C
3
1
3
1
33
∫∫
== += +
Voltando à variável x:cos()
()
35
35
3
xdx
senx
C+=
+
+∫
c)senx dx()35+∫
Mudança de variável (M.V.)
ux derivaosdoislados
dudxisoladxparafazeraMV
du
dx
=+
=
=
35
3
3
(..)
Fazendo a M.V.:
senu
du
senuduu C
u
C
3
1
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∫∫
== −+ =− +*(cos)
cos
Voltando à variável x:
senx dx
x
C()
cos()
35
35
3
+=
−+
+∫
=
d)edx
x()52+
∫
Mudança de variável (M.V.)
ux derivaosdoislados
dudxisoladxparafazeraMV
du
dx
=+
=
=
52
5
5
(..)
155MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
Fazendo a M.V.:
e
du
edue C
e
C
uu u
u
5
1
5
1
55
∫∫
== += +*
Voltando à variável x:
edx
e
C
x
x
()
()
52
52
5
+
+
∫
=+
e)xe dx
x()5
2
2+
∫
Mudança de variável (M.V.)
ux derivaosdoislados
duxdxisolaxdxparafazeraMV
du
=+
=
52
10
2
(..)
1 10
=
xdx
xe dxex dx
xx() ()5
2
25
2
2++
∫∫
= Fazendo a M.V.:
e
du
edue C
e
C
uu u
u
10
1
10
1
10 10
∫∫
== += +*
Voltando à variável x:
xe dx
e
C
x
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,()52
2
2
x
polinmio
degrau
+
Ô
=−∫+∫
e x
polinmio
degrau
Ô
1
.
Chamaremos de u a pressão com maior grau.
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
Fazendo a M.V.:
e
du
edue C
e
C
uu u
u
5
1
5
1
55
∫∫
== += +*
Voltando à variável x:
edx
e
C
x
x
()
()
52
52
5
+
+
∫
=+
e)xe dx
x()5
2
2+
∫
Mudança de variável (M.V.)
ux derivaosdoislados
duxdxisolaxdxparafazeraMV
du
=+
=
52
10
2
(..)
1 10
=
xdx
xe dxex dx
xx() ()5
2
25
2
2++
∫∫
= Fazendo a M.V.:
e
du
edue C
e
C
uu u
u
10
1
10
1
10 10
∫∫
== += +*
Voltando à variável x:
xe dx
e
C
x
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,()52
2
2
x
polinmio
degrau
+
Ô
=−∫+∫
e x
polinmio
degrau
Ô
1
.
Chamaremos de u a pressão com maior grau.
156MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
Unidade III
f)() *( )32
23 2
tt senttdt++∫
Mudança de variável
(M.V.)
ut tderivaosdoislados
duttdt
=+
=+
()
()
32
2
32 expressoemtjestiãá ássolada,fazera(M.V.)
senttt tdt() *( )
32 2
32++∫
Fazendo a M.V.:
senuduu C∫
=− +(cos)
Voltando à variável x:
() *( )c os()32
23 23 2
tt senttdtt tC++ =− ++∫
3) A sequência de exemplos a seguir é para recordar a resolução de integração por partes.
a) Determine ()*2
0
−∫
xsenxdx
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 produto
2
. Para resolvermos uma
integral por partes, será necessário recorrer à relação
udvuvvdu=−∫∫
* .
Vamos voltar à resolução do exercício:
()*2
0
−∫
xsenxdx
π
, precisamos usar a relação
udvuvvdu=−∫∫
* ,
2
Desvendando a fórmula da integral por partes:
(u*v)' = u'v + uv' integrando os dois lados da igualdade, temos:
(*)’ ,’ ’uv vduudvuduevdv=+ ==∫∫∫
e a integral da derivada é a própria função.
uv vduudvuv vduudvudvuvvdu** *=+ ⇒− =⇒=−∫∫ ∫∫ ∫∫
Unidade III
f)() *( )32
23 2
tt senttdt++∫
Mudança de variável
(M.V.)
ut tderivaosdoislados
duttdt
=+
=+
()
()
32
2
32 expressoemtjestiãá ássolada,fazera(M.V.)
senttt tdt() *( )
32 2
32++∫
Fazendo a M.V.:
senuduu C∫
=− +(cos)
Voltando à variável x:
() *( )c os()32
23 23 2
tt senttdtt tC++ =− ++∫
3) A sequência de exemplos a seguir é para recordar a resolução de integração por partes.
a) Determine ()*2
0
−∫
xsenxdx
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 produto
2
. Para resolvermos uma
integral por partes, será necessário recorrer à relação
udvuvvdu=−∫∫
* .
Vamos voltar à resolução do exercício:
()*2
0
−∫
xsenxdx
π
, precisamos usar a relação
udvuvvdu=−∫∫
* ,
2
Desvendando a fórmula da integral por partes:
(u*v)' = u'v + uv' integrando os dois lados da igualdade, temos:
(*)’ ,’ ’uv vduudvuduevdv=+ ==∫∫∫
e a integral da derivada é a própria função.
uv vduudvuv vduudvudvuvvdu** *=+ ⇒− =⇒=−∫∫ ∫∫ ∫∫
157MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
Desse modo,
ux dudx
dvsenxdxdvsenxdxvx
=−=>=−
=⇒ =⇒ =−
∫∫
2
cos
()2−∫
xsenxdx
udvuvvdu xx xdx
x∫∫ ∫
=− =− −− −−
−
*( )(cos)(cos)()
()(
2
2 −−− =− −−
∫∫
cos)cos( )(cos)cosxx dx xx xdx2
udvuvvdu xx xdx
x∫∫ ∫
=− =− −− −−
−
*( )(cos)(cos)()
()(
2
2 −−− =− −−
∫∫
cos)cos( )(cos)cosxx dx xx xdx2
udvuvvdu xx xdx
x
∫∫ ∫
=−=− −− −−
−
*( )(cos)(cos)()
()(
2
2 −−− =− −− ∫∫
cos)cos( )(cos)cosxx dx xx xdx2
=
udvuvvdu xx xdx
x
∫∫ ∫
=− =− −− −−
−
*( )(cos)(cos)()
()(
2
2 −−− =− −−∫∫
cos)cos( )(cos)cosxx dx xx xdx2
udvuvvdu xx xdx
x∫∫ ∫
=− =− −− −−
−
*( )(cos)(cos)()
()(
2
2 −−− =−
−−∫∫
cos)cos( )(cos)cosxx dx xx xdx2
() ()(cos)22−= −− −+∫
xsenxdxx xsenxC() ()(cos)22−= −− −+∫
xsenxdxx xsenxC
Desse modo,
() ()(cos)22
0
0
−= −− −()∫
xsenxdxx xsenx
π
π
() ()(cos)22
0
0
−= −− − () =∫
xsenxdxx xsenx
π
π
=− −− () −−−−()()(cos)( )(cos)22 00 0ππ πsens en
=− −−−
() −− −−
()()(()( )()21 02 01 0π
=−
() −−()
=−
()()()()
()()
21 21
21
π
π(() −−()=− +
−= −
∫
22 2
24
0
()
()
π
π
π
xsenxdx
Vale lembrar que:
(cos)
(cos)
−= −
−=
=
=
π
π
1
0
01
00
sen
sen
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
Desse modo,
ux dudx
dvsenxdxdvsenxdxvx
=−=>=−
=⇒ =⇒ =−
∫∫
2
cos
()2−∫
xsenxdx
udvuvvdu xx xdx
x∫∫ ∫
=− =− −− −−
−
*( )(cos)(cos)()
()(
2
2 −−− =− −−
∫∫
cos)cos( )(cos)cosxx dx xx xdx2
udvuvvdu xx xdx
x∫∫ ∫
=− =− −− −−
−
*( )(cos)(cos)()
()(
2
2 −−− =− −−
∫∫
cos)cos( )(cos)cosxx dx xx xdx2
udvuvvdu xx xdx
x
∫∫ ∫
=−=− −− −−
−
*( )(cos)(cos)()
()(
2
2 −−− =− −− ∫∫
cos)cos( )(cos)cosxx dx xx xdx2
=
udvuvvdu xx xdx
x
∫∫ ∫
=− =− −− −−
−
*( )(cos)(cos)()
()(
2
2 −−− =− −−∫∫
cos)cos( )(cos)cosxx dx xx xdx2
udvuvvdu xx xdx
x∫∫ ∫
=− =− −− −−
−
*( )(cos)(cos)()
()(
2
2 −−− =−
−−∫∫
cos)cos( )(cos)cosxx dx xx xdx2
() ()(cos)22−= −− −+∫
xsenxdxx xsenxC() ()(cos)22−= −− −+∫
xsenxdxx xsenxC
Desse modo,
() ()(cos)22
0
0
−= −− −()∫
xsenxdxx xsenx
π
π
() ()(cos)22
0
0
−= −− − () =∫
xsenxdxx xsenx
π
π
=− −− () −−−−()()(cos)( )(cos)22 00 0ππ πsens en
=− −−−
() −− −−
()()(()( )()21 02 01 0π
=−
() −−()
=−
()()()()
()()
21 21
21
π
π(() −−()=− +
−= −
∫
22 2
24
0
()
()
π
π
π
xsenxdx
Vale lembrar que:
(cos)
(cos)
−= −
−=
=
=
π
π
1
0
01
00
sen
sen
158MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
Unidade III
b) tcostdx ∫
Precisamos usar a relação:
udvuvvdu=−∫∫
* .
Desse modo,
ut dudt
dv tdtdvt dtvsent
=⇒ =
=⇒ =⇒ =
∫∫
cosc os
tcostdx ∫
udvu vvdu
tsentsentdt
∫∫
∫
=−
=−
*
*
=− −+
=+ +∫
tsentt C
ttdxtsentt C
*( cos)
cos* cos
Desse modo,
ttdxtsentt Ccos* cos∫
=+ +
c)Intdt ∫
ut
du
t
dt
e
dvdt
dvdtvt
=
=
=
==
∫∫
ln
1
ln
*
()**
tdt
udvu vvdu
Intt t
t
dt∫
∫∫
∫
=−
=−
1
==−
=
() ()
()−+ =− +
∫
∫
Intt dt
tdttlntt CtlntC
()*
ln * 1
Unidade III
b) tcostdx ∫
Precisamos usar a relação:
udvuvvdu=−∫∫
* .
Desse modo,
ut dudt
dv tdtdvt dtvsent
=⇒ =
=⇒ =⇒ =
∫∫
cosc os
tcostdx ∫
udvu vvdu
tsentsentdt
∫∫
∫
=−
=−
*
*
=− −+
=+ +∫
tsentt C
ttdxtsentt C
*( cos)
cos* cos
Desse modo,
ttdxtsentt Ccos* cos∫
=+ +
c)Intdt ∫
ut
du
t
dt
e
dvdt
dvdtvt
=
=
=
==
∫∫
ln
1
ln
*
()**
tdt
udvu vvdu
Intt t
t
dt∫
∫∫
∫
=−
=−
1
==−
=
() ()
()−+ =− +
∫
∫
Intt dt
tdttlntt CtlntC
()*
ln * 1
159MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
cáLcULo DIFERENcIAL E INTEGRAL dE VáRIAS VARIávEIS
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
23
2
xydx* ∫
Deve-se integrar em relação à x; logo, y será considerado constante e integramos somente na
variável x.
23 32
22
xydxyxdx**∫∫
= , desse modo, temos:
23 3
2
3
2
3
xydxy
x
C
**∫
=+ , simplificando a expressão do segundo lado, temos:
23 2
23
xydxxyC** .∫
=+
Note que o enunciado solicitava a integração somente na variável x. Assim, a resolução acaba aqui.
Exemplo 2
23
2
xydy* ∫
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.
23 23
22
xydyxy dy**∫∫
=
23 2
3
2
22
2
xydyx
y
C**∫
=+ , simplificando o resultado da integral, temos:
23 3
22 2
xydyxy 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:
cáLcULo DIFERENcIAL E INTEGRAL dE VáRIAS VARIávEIS
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
23
2
xydx* ∫
Deve-se integrar em relação à x; logo, y será considerado constante e integramos somente na
variável x.
23 32
22
xydxyxdx**∫∫
= , desse modo, temos:
23 3
2
3
2
3
xydxy
x
C
**∫
=+ , simplificando a expressão do segundo lado, temos:
23 2
23
xydxxyC** .∫
=+
Note que o enunciado solicitava a integração somente na variável x. Assim, a resolução acaba aqui.
Exemplo 2
23
2
xydy* ∫
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.
23 23
22
xydyxy dy**∫∫
=
23 2
3
2
22
2
xydyx
y
C**∫
=+ , simplificando o resultado da integral, temos:
23 3
22 2
xydyxy 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:
160MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
Unidade III
22 14
1
2
2
1
2
22 3
xdxx yyy yyyy
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) 22
2
22
1
2
2
1
xy ydy
x
y
y
x
x
−
+() =
−
+
∫
manter x constante.
=
−
+
−
−
+
=− −
22
1
1
32 1
2
2
2
2
x
y
x
xxx
b) xydx xy
yy
manterconstante
y
y
y
y
−= − ()
=−
() −
∫
5
3
2
5
3
2
2
3
2
3
5
y
yyy
y
−()
=
3
2
3
2
16
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.
fxydydxf xydydx
fx
g
x
gx
a
b
gx
gx
a
b
,,
,
() = ()
()
()
()
()
∫∫∫ ∫
1
2
1
2
yydxdyf xydxdy
g
x
gx
a
b
gx
gx
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
xydxexydy
2
1
2
2
1
2
∫∫
Unidade III
22 14
1
2
2
1
2
22 3
xdxx yyy yyyy
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) 22
2
22
1
2
2
1
xy ydy
x
y
y
x
x
−
+() =
−
+
∫
manter x constante.
=
−
+
−
−
+
=− −
22
1
1
32 1
2
2
2
2
x
y
x
xxx
b) xydx xy
yy
manterconstante
y
y
y
y
−= − ()
=−
() −
∫
5
3
2
5
3
2
2
3
2
3
5
y
yyy
y
−()
=
3
2
3
2
16
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.
fxydydxf xydydx
fx
g
x
gx
a
b
gx
gx
a
b
,,
,
() = ()
()
()
()
()
∫∫∫ ∫
1
2
1
2
yydxdyf xydxdy
g
x
gx
a
b
gx
gx
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
xydxexydy
2
1
2
2
1
2
∫∫
161MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
Para calcular a integral parcial xydx
2
1
2
∫
, integramos em relação a x usando o Teorema Fundamental
do Cálculo e tratando y como constante:
xydxxy yy y
x
x2
1
2
22
1
2 22 2221
2
1
2
2
1
2
1
3
2
==
()
−
()
=
∫ =
=
Da mesma forma, para calcular
xydy
2
1
2
∫
, integramos em relação a y e tratamos x como uma
constante:
xydyxydyx
y
xx
x
2
1
2
2
1
2 3
1
2
33
3
2
3
1
3
81
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,
fxydxdy,()
∫∫
. Da mesma forma, a integral repetida
fxydydx,()
∫∫
é obtida
integrando primeiro em relação a y, considerando x como constante, e depois em relação a x.
Exemplo 4.2.3: Determine:
a)
xydxdy
2
1
2
1
1
∫∫
−
b) xydydx
2
1
1
1
2
−
∫∫
xydxdy ydyy
xydy
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
2
2
3
1
3
1dx xdxx
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.
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
Para calcular a integral parcial xydx
2
1
2
∫
, integramos em relação a x usando o Teorema Fundamental
do Cálculo e tratando y como constante:
xydxxy yy y
x
x2
1
2
22
1
2 22 2221
2
1
2
2
1
2
1
3
2
==
()
−
()
=
∫ =
=
Da mesma forma, para calcular
xydy
2
1
2
∫
, integramos em relação a y e tratamos x como uma
constante:
xydyxydyx
y
xx
x
2
1
2
2
1
2 3
1
2
33
3
2
3
1
3
81
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,
fxydxdy,()
∫∫
. Da mesma forma, a integral repetida
fxydydx,()
∫∫
é obtida
integrando primeiro em relação a y, considerando x como constante, e depois em relação a x.
Exemplo 4.2.3: Determine:
a)
xydxdy
2
1
2
1
1
∫∫
−
b) xydydx
2
1
1
1
2
−
∫∫
xydxdy ydyy
xydy
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
2
2
3
1
3
1dx xdxx
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.
162MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
Unidade III
Lembrete
Teorema de Fubini
RabXcd xyaxbecyd
fxydAf xydydx
c
d
a
b
=[][] =≤ ≤≤ ≤{}
==∫
,, (,)/
(,)( ,)
∫ ∫∫∫ ∫∫
Ra
b
c
d
fxydxdy(,)
Esse teorema pode ser usado para resolver qualquer integral iterada ou
repetida
3
. 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
R
fxydA,()∫∫
na região retangular R: a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d é dada pelo valor
comum das duas integrais repetidas fxydydx
c
d
a
b
,()
∫∫
e
fxydxdy
a
b
c
d
,()
∫∫
; ou seja,
R
c
d
a
b
a
b
c
d
fxydAf xydydx fxyd
xdy,, ,() = ()
=
()
∫∫∫
∫∫ ∫
d
y
c
a b x
Figura 86
3 Todos os extremos de integração são números reais.
Unidade III
Lembrete
Teorema de Fubini
RabXcd xyaxbecyd
fxydAf xydydx
c
d
a
b
=[][] =≤ ≤≤ ≤{}
==∫
,, (,)/
(,)( ,)
∫ ∫∫∫ ∫∫
Ra
b
c
d
fxydxdy(,)
Esse teorema pode ser usado para resolver qualquer integral iterada ou
repetida
3
. 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
R
fxydA,()∫∫
na região retangular R: a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d é dada pelo valor
comum das duas integrais repetidas fxydydx
c
d
a
b
,()
∫∫
e
fxydxdy
a
b
c
d
,()
∫∫
; ou seja,
R
c
d
a
b
a
b
c
d
fxydAf xydydx fxyd
xdy,, ,() = ()
=
()
∫∫∫
∫∫ ∫
d
y
c
a b x
Figura 86
3 Todos os extremos de integração são números reais.
163MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
Exemplo 4.3.1: Calcule a integral dupla xedA
y
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:
xedA xedxdy
xe
y
R
y−−
−
∫∫∫ ∫
∫
=
=
2
1
0
5
0
5
2
1
2
−−
=−
=
−
= ()−−()
=−
∫
y
x
x
y
dy
ed y
2
1
0
5 22
1
2
12
3
22
3
2
3
2
3
2
0
5
0
55 0
edy
ee e
y
y
y
y
−
−
=
=−
∫
=−−() =−() = ee
−
−
()
5
1
b) Integrando em relação a y:
xedA xedydx
xe
y
R
y
y
−−
−
−
∫∫∫ ∫
=
=−
()
0
5
2
1
−−
=
=−
−
∫∫
=− −()
=− −
2
1
0
55 0
1
2
5
y
y
dx xe edx
e 11
1
2
1
2
11 2
2
2
1
5 2
()
=− −
() ()−−
=−
=
−
x
e
x
x
(()
=−()
=−()
−
−−
∫∫
2 5
53
2
1
3
2
1
e
xedA e
y
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.
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
Exemplo 4.3.1: Calcule a integral dupla xedA
y
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:
xedA xedxdy
xe
y
R
y−−
−
∫∫∫ ∫
∫
=
=
2
1
0
5
0
5
2
1
2
−−
=−
=
−
= ()−−()
=−
∫
y
x
x
y
dy
ed y
2
1
0
5 22
1
2
12
3
22
3
2
3
2
3
2
0
5
0
55 0
edy
ee e
y
y
y
y
−
−
=
=−
∫
=−−() =−() = ee
−
−
()
5
1
b) Integrando em relação a y:
xedA xedydx
xe
y
R
y
y
−−
−
−
∫∫∫ ∫
=
=−
()
0
5
2
1
−−
=
=−
−
∫∫
=− −()
=− −
2
1
0
55 0
1
2
5
y
y
dx xe edx
e 11
1
2
1
2
11 2
2
2
1
5 2
()
=− −
() ()−−
=−
=
−
x
e
x
x
(()
=−()
=−()
−
−−
∫∫
2 5
53
2
1
3
2
1
e
xedA e
y
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.
164MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
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
xedA
∫∫
, onde R é a região retangular 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1.
Solução:
Se calcularmos a integral na ordem xedxdy
xy
0
2
0
1
∫∫
, teremos que usar o método da integração
por partes para calcular a primeira integral:
g(x) = e
xy
f(x) = x
Gx
y
e
xy
()=
1 f'(x) = 1
xedx
x
y
e
y
edx
x
yy
xy xy
x
x
xy
0
2
0
2
0
2
2
1
1
∫∫
=−
=−
=
=
=−
−
−
=
=
e
yy
e
y
xy
x
x
xy
0
2
22
21 1
Nesse caso, a segunda integração torna-se
21 1
2
2
20
1
yy
e
y
dy
y
−
+
∫
.
E agora? Alguma ideia?
Entretanto, se integrarmos primeiro em relação a y, as duas integrações serão triviais:
xedydx
xe
x
dx
xy
xy
y
y
0
1
0
2
0
3
0
1
∫∫∫
=
=
=
=−
=−
=∫ =
=
ed xe x
xx
x x
1
0
2
0
2
eee e
20 2
23−() −= −
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
xedA
∫∫
, onde R é a região retangular 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1.
Solução:
Se calcularmos a integral na ordem xedxdy
xy
0
2
0
1
∫∫
, teremos que usar o método da integração
por partes para calcular a primeira integral:
g(x) = e
xy
f(x) = x
Gx
y
e
xy
()=
1 f'(x) = 1
xedx
x
y
e
y
edx
x
yy
xy xy
x
x
xy
0
2
0
2
0
2
2
1
1
∫∫
=−
=−
=
=
=−
−
−
=
=
e
yy
e
y
xy
x
x
xy
0
2
22
21 1
Nesse caso, a segunda integração torna-se
21 1
2
2
20
1
yy
e
y
dy
y
−
+
∫
.
E agora? Alguma ideia?
Entretanto, se integrarmos primeiro em relação a y, as duas integrações serão triviais:
xedydx
xe
x
dx
xy
xy
y
y
0
1
0
2
0
3
0
1
∫∫∫
=
=
=
=−
=−
=∫ =
=
ed xe x
xx
x x
1
0
2
0
2
eee e
20 2
23−() −= −
165MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
Exemplos de aplicação: integrais iteradas de duas variáveis
Exemplo 1
Dados R = {(x,y)/1 ≤ x ≤ 2;2 ≤ y ≤ 3}, resolva a integral ()22
2
xydA
R
−∫∫
.
Resolução: Sabemos que dA = dxdy e que R = {(x,y)/1 ≤ x ≤ 2;2 ≤ y ≤ 3}; portanto,
() ()22 22
22
1
2
2
3
xydA xydxdy
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,
() ()
() **
22 22
22 22
22
1
2
2
3
2
1
2
xydA xydxdy
xydx xd
xy
R
−= −
−= −∫
∫∫ ∫
∫
22
1
2
1
2
1
2
2
1
2
22
dx
xdxy dx
∫∫
∫∫
=−
**
=−
=
2
2
2
2
2
2
1
2
2
1
2
x
yx
(()
()21 221
1412
22 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.
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
Exemplos de aplicação: integrais iteradas de duas variáveis
Exemplo 1
Dados R = {(x,y)/1 ≤ x ≤ 2;2 ≤ y ≤ 3}, resolva a integral ()22
2
xydA
R
−∫∫
.
Resolução: Sabemos que dA = dxdy e que R = {(x,y)/1 ≤ x ≤ 2;2 ≤ y ≤ 3}; portanto,
() ()22 22
22
1
2
2
3
xydA xydxdy
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,
() ()
() **
22 22
22 22
22
1
2
2
3
2
1
2
xydA xydxdy
xydx xd
xy
R
−= −
−= −∫
∫∫ ∫
∫
22
1
2
1
2
1
2
2
1
2
22
dx
xdxy dx
∫∫
∫∫
=−
**
=−
=
2
2
2
2
2
2
1
2
2
1
2
x
yx
(()
()21 221
1412
22 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.
166MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
Unidade III
Note: não temos mais variável
em x.
Voltando à integral original.
Substituindo os extremos de
integração.
Realizando as contas, temos:
() ()
()
22 32
22
2
1
2
2
2
xydx y
xy
−= −
−∫
d dA xydxdy ydy
R
∫∫∫
∫∫
=− =−() ()22 32
2
1
2
2
3
2
2
3
3y-
2
3
y
3
=− =
∫
()32
2
2
3
2
3
ydy
=− −−
=− −
332
2
3
32
31
2
3
27
33
*()( )
*(
883
38
3
938
3
29
3
22 22
29
3
22
1
2
2
3
)
() ()
=− =
−
=−
−= −= −
∫∫∫ ∫
xydA xydxdy
R
Fim da integral de fora. Logo,
()22
29
3
2
xydA
R
−=
−
∫∫
.
Exemplo 2
Dada a função 2
2
xydxdy
R
∫∫
, determine a integral, considerando R a região representada no gráfico
a seguir.
R
4
y
x
2
1 2
Figura 87
Unidade III
Note: não temos mais variável
em x.
Voltando à integral original.
Substituindo os extremos de
integração.
Realizando as contas, temos:
() ()
()
22 32
22
2
1
2
2
2
xydx y
xy
−= −
−∫
d dA xydxdy ydy
R
∫∫∫
∫∫
=− =−() ()22 32
2
1
2
2
3
2
2
3
3y-
2
3
y
3
=− =
∫
()32
2
2
3
2
3
ydy
=− −−
=− −
332
2
3
32
31
2
3
27
33
*()( )
*(
883
38
3
938
3
29
3
22 22
29
3
22
1
2
2
3
)
() ()
=− =
−
=−
−= −= −
∫∫∫ ∫
xydA xydxdy
R
Fim da integral de fora. Logo,
()22
29
3
2
xydA
R
−=
−
∫∫
.
Exemplo 2
Dada a função 2
2
xydxdy
R
∫∫
, determine a integral, considerando R a região representada no gráfico
a seguir.
R
4
y
x
2
1 2
Figura 87
167MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
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
xydxdy∫∫
Primeiro, devemos resolver a integral de dentro:
Ix ydx=∫
2
2
1
2
*
Tirando de dentro da integral a constante, temos:
Iy xdx=∫
*2
2
1
2
Integrando a função:
I
x
y
Iy y
Iy
=
=
−
=
−
2
3
22
3
21
3
28
3
3
1
2
33
*
*
*
*
*
*
*
221
3
16
3
2
3
14
3
*
*y
Iy y
Iy
=−
=
Com o resultado da integral interna, agora é possível resolver a integral de fora.
2
14
3
2
14
3
14
32
2
1
2
2
4
2
4
2
1
2
2
4
2
4
2
2
xydxdy ydy
xydxdy ydy
I
y
∫∫∫
∫∫∫
=
=
*
*
44
2
2
4
22
14
6
144
6
142
6
1416
6
I
y
I
I
=
=
−
=
−
*
**
* 1144
6
224
6
56
6
168
6
28
*
=
−
==
I
I
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
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
xydxdy∫∫
Primeiro, devemos resolver a integral de dentro:
Ix ydx=∫
2
2
1
2
*
Tirando de dentro da integral a constante, temos:
Iy xdx=∫
*2
2
1
2
Integrando a função:
I
x
y
Iy y
Iy
=
=
−
=
−
2
3
22
3
21
3
28
3
3
1
2
33
*
*
*
*
*
*
*
221
3
16
3
2
3
14
3
*
*y
Iy y
Iy
=−
=
Com o resultado da integral interna, agora é possível resolver a integral de fora.
2
14
3
2
14
3
14
32
2
1
2
2
4
2
4
2
1
2
2
4
2
4
2
2
xydxdy ydy
xydxdy ydy
I
y
∫∫∫
∫∫∫
=
=
*
*
44
2
2
4
22
14
6
144
6
142
6
1416
6
I
y
I
I
=
=
−
=
−
*
**
* 1144
6
224
6
56
6
168
6
28
*
=
−
==
I
I
168MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
Unidade III
2
14
3
2
14
3
14
32
2
1
2
2
4
2
4
2
1
2
2
4
2
4
2
2
xydxdy ydy
xydxdy ydy
I
y
∫∫∫
∫∫∫
=
=
*
*
4 4
2
2
4
22
14
6
144
6
142
6
1416
6
I
y
I
I
=
=
−
=
−
*
**
* 1144
6
224
6
56
6
168
6
28
*
=
−
==
I
I
Portanto, 22 8
2
1
2
2
4
xydxdy∫∫
=.
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:
fxydxdyd xdyA
RR
R
(,)∫∫ ∫∫
==1
Exemplo 1
Calcular a área retangular R:
35
16
≤≤
≤≤
x
y
Resolução
fxydxdyd xdyd ydx
ydxd x
RR
(,)
() ()∫∫ ∫∫ ∫∫
∫∫
== =
=− =
1
61 5
1
6
3
5
3
5
1
6
3
5
3
55
3
5
55 53 5210∫
== −= =dxxu A() *. .
Unidade III
2
14
3
2
14
3
14
32
2
1
2
2
4
2
4
2
1
2
2
4
2
4
2
2
xydxdy ydy
xydxdy ydy
I
y
∫∫∫
∫∫∫
=
=
*
*
4 4
2
2
4
22
14
6
144
6
142
6
1416
6
I
y
I
I
=
=
−
=
−
*
**
* 1144
6
224
6
56
6
168
6
28
*
=
−
==
I
I
Portanto, 22 8
2
1
2
2
4
xydxdy∫∫
=.
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:
fxydxdyd xdyA
RR
R
(,)∫∫ ∫∫
==1
Exemplo 1
Calcular a área retangular R:
35
16
≤≤
≤≤
x
y
Resolução
fxydxdyd xdyd ydx
ydxd x
RR
(,)
() ()∫∫ ∫∫ ∫∫
∫∫
== =
=− =
1
61 5
1
6
3
5
3
5
1
6
3
5
3
55
3
5
55 53 5210∫
== −= =dxxu A() *. .
169MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
cáLcULo DIFERENcIAL E INTEGRAL dE VáRIAS VARIávEIS
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 = x
2
e y = 2x.
Resolução
Primeiro, vamos determinar a interseção das duas curvas, igualando y = x
2
e y = 2x:
xx xx xx
oxouxx
22
22 02 0
02 02
=⇒ −= ⇒− =
=− =⇒ =
()
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:
cáLcULo DIFERENcIAL E INTEGRAL dE VáRIAS VARIávEIS
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 = x
2
e y = 2x.
Resolução
Primeiro, vamos determinar a interseção das duas curvas, igualando y = x
2
e y = 2x:
xx xx xx
oxouxx
22
22 02 0
02 02
=⇒ −= ⇒− =
=− =⇒ =
()
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:
170MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
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 = x
2
). Isso significa que devemos
representar graficamente a reta e a parábola de nosso enunciado.
Como ilustra a figura a seguir:
A
y = 2x
y = x
2
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:
RA
x
xy x
==
≤≤
≤≤
02
2
2
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.
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 = x
2
). Isso significa que devemos
representar graficamente a reta e a parábola de nosso enunciado.
Como ilustra a figura a seguir:
A
y = 2x
y = x
2
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:
RA
x
xy x
==
≤≤
≤≤
02
2
2
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.
171MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
Desse modo, temos:
Af xydxdy dxdy dydx
y
RR
yx
yx
x
x
x
x
yx
== ==∫∫ ∫∫ ∫∫
∫
=
=
=
=
=
=
=
(,)
(
1
2
2
0
2
0
2
2 2
2
2
0
2
2
3
0
2
2
3
2
3
2
2
3
yx
x
x
x
x
dx xxdxx
x
A
=
=
=
=
=
=− =− =
=
()−
∫
)( )( )
=−=
−
=4
8
3
128
3
4
3
uA..
1) Determinar o volume do sólido S que é delimitado pelo paraboloide elíptico 2x
2
+ y
2
+ z = 4, os
planos x = 1 e y = 2 e os três eixos coordenados.
Resolução:
Vx ydA
R
=− −∫∫
()42
22
⇒ V =− −∫∫
()42
22
0
2
0
1
xydxdy
Vx ydA
R
=− −∫∫
()42
22
=− −∫∫
()42
22
0
2
0
1
xydxdy
()42
0
2
22
∫
−−xydx =− −()4
2
3
3
2
0
2
x
x
yx
=− −−(* ** )42
2
3
22 0
32
y
=− −8
16
3
2
2
y
=
−
−
2416
3
2
2
y
()42 2
0
2
22
∫
−−xy dx =−
8
3
2
2
y
=−
∫
8
3
2
0
1
ydy =−
8
3
2
3
3
0
1
y
y
=− −
8
3
1
2
3
10
3
*()
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
Desse modo, temos:
Af xydxdy dxdy dydx
y
RR
yx
yx
x
x
x
x
yx
== ==∫∫ ∫∫ ∫∫
∫
=
=
=
=
=
=
=
(,)
(
1
2
2
0
2
0
2
2 2
2
2
0
2
2
3
0
2
2
3
2
3
2
2
3
yx
x
x
x
x
dx xxdxx
x
A
=
=
=
=
=
=− =− =
=
()−
∫
)( )( )
=−=
−
=4
8
3
128
3
4
3
uA..
1) Determinar o volume do sólido S que é delimitado pelo paraboloide elíptico 2x
2
+ y
2
+ z = 4, os
planos x = 1 e y = 2 e os três eixos coordenados.
Resolução:
Vx ydA
R
=− −∫∫
()42
22
⇒ V =− −∫∫
()42
22
0
2
0
1
xydxdy
Vx ydA
R
=− −∫∫
()42
22
=− −∫∫
()42
22
0
2
0
1
xydxdy
()42
0
2
22
∫
−−xydx =− −()4
2
3
3
2
0
2
x
x
yx
=− −−(* ** )42
2
3
22 0
32
y
=− −8
16
3
2
2
y
=
−
−
2416
3
2
2
y
()42 2
0
2
22
∫
−−xy dx =−
8
3
2
2
y
=−
∫
8
3
2
0
1
ydy =−
8
3
2
3
3
0
1
y
y
=− −
8
3
1
2
3
10
3
*()
172MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
Unidade III
=− −∫∫
()42
22
0
2
0
1
xydxdy
=
=
−
==
82
3
6
3
2
=− −∫∫
()42
22
0
2
0
1
xydxdy = 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 2x
2
+ y
2
+ z = 4, os
planos x = 2 e y = 1 e os três eixos coordenados.
Resolução:
Vx ydydx=− −∫∫
()42
22
0
2
0
1
Vx ydydxx ydydx=− −= −−∫∫∫ ∫
() (( ))42 42
22
0
2
0
1
22
0
2
0
1
=− − ∫
()
0
1
2
3
0
2
42
3
yxy
y
dx
=− −
−4222
2
3
4
2
3
*()*
()
x
**()*02 0
0
3
2
3
0
1
−−
∫
xd x
=− −
∫
84
8
3
2
0
1
xd x
=
−
−
∫
248
3
4
2
0
1
xdx
=−
∫
16
3
4
2
0
1
xdx
=−
16
3
4
3
3
0
1
xx
=− −−
16
3
1
4
3
1
16
3
0
4
3
0
33
** **
=−
−
16
3
4
3
0
==
=− −
∫∫
12
3
4
42
22
0
2
0
1
Vx ydxdy() ==4uv..
Unidade III
=− −∫∫
()42
22
0
2
0
1
xydxdy
=
=
−
==
82
3
6
3
2
=− −∫∫
()42
22
0
2
0
1
xydxdy = 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 2x
2
+ y
2
+ z = 4, os
planos x = 2 e y = 1 e os três eixos coordenados.
Resolução:
Vx ydydx=− −∫∫
()42
22
0
2
0
1
Vx ydydxx ydydx=− −= −−∫∫∫ ∫
() (( ))42 42
22
0
2
0
1
22
0
2
0
1
=− − ∫
()
0
1
2
3
0
2
42
3
yxy
y
dx
=− −
−4222
2
3
4
2
3
*()*
()
x
**()*02 0
0
3
2
3
0
1
−−
∫
xd x
=− −
∫
84
8
3
2
0
1
xd x
=
−
−
∫
248
3
4
2
0
1
xdx
=−
∫
16
3
4
2
0
1
xdx
=−
16
3
4
3
3
0
1
xx
=− −−
16
3
1
4
3
1
16
3
0
4
3
0
33
** **
=−
−
16
3
4
3
0
==
=− −
∫∫
12
3
4
42
22
0
2
0
1
Vx ydxdy() ==4uv..
173MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
Vx ydydxx ydydx=− −= −−∫∫∫ ∫
() (( ))42 42
22
0
2
0
1
22
0
2
0
1
=− − ∫
()
0
1
2
3
0
2
42
3
yxy
y
dx
=− −
−4222
2
3
4
2
3
*()*
()
x **()*02 0
0
3
2
3
0
1
−−
∫
xd x
=− −
∫
84
8
3
2
0
1
xd x
=
−
−
∫
248
3
4
2
0
1
xdx
=−
∫
16
3
4
2
0
1
xdx
=−
16
3
4
3
3
0
1
xx
=− −−
16
3
1
4
3
1
16
3
0
4
3
0
33
** **
=−
−
16
3
4
3
0
==
=− −∫∫
12
3
4
42
22
0
2
0
1
Vx ydxdy() = =4uv ..
O volume será, portanto, de 4u.v.
Observação
Analisando os dois últimos exemplos que resolvemos,
()42
22
0
2
0
1
−−∫∫
xydydx e ()42
22
0
2
0
1
−−∫∫
xydxdy , 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 ysenxydA
R
()∫∫
, com os limites Rx=[,][,]120π
ysenxydA ysenxydx
R
imeirovamosresolvera
integraldede
() ()
Pr
∫∫
=
nntroI
d
DepoisderesolvidaI
d
resolvemosa
integral
dy
∫π∫+∫
1
2
0∫∫
π
d deforausandoI
d
,
.
∫∫∫∫ ∫∫∫∫
ysenxydA ysenxydx
R
imeirovamosresolvera
integraldede
() ()
Pr
∫∫
=
nntroI
d
DepoisderesolvidaI
d
resolvemosa
integral
dy
∫π∫+∫
1
2
0∫∫
π
d deforausandoI
d
,
.
∫∫∫∫ ∫∫∫∫
Inserindo os extremos de
integração.
ysenxydxdy()
1
2
0∫∫
π
Iy senxydx
d
=∫
()
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.
(*) ysenxydx()∫
Resolvendo a integral em
função de x.
uxy
duydx
y
dudx
=
=
=
1
1 Mudança de variável u =
u(x,y).
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
Vx ydydxx ydydx=− −= −−∫∫∫ ∫
() (( ))42 42
22
0
2
0
1
22
0
2
0
1
=− − ∫
()
0
1
2
3
0
2
42
3
yxy
y
dx
=− −
−4222
2
3
4
2
3
*()*
()
x **()*02 0
0
3
2
3
0
1
−−
∫
xd x
=− −
∫
84
8
3
2
0
1
xd x
=
−
−
∫
248
3
4
2
0
1
xdx
=−
∫
16
3
4
2
0
1
xdx
=−
16
3
4
3
3
0
1
xx
=− −−
16
3
1
4
3
1
16
3
0
4
3
0
33
** **
=−
−
16
3
4
3
0
==
=− −∫∫
12
3
4
42
22
0
2
0
1
Vx ydxdy() = =4uv ..
O volume será, portanto, de 4u.v.
Observação
Analisando os dois últimos exemplos que resolvemos,
()42
22
0
2
0
1
−−∫∫
xydydx e ()42
22
0
2
0
1
−−∫∫
xydxdy , 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 ysenxydA
R
()∫∫
, com os limites Rx=[,][,]120π
ysenxydA ysenxydx
R
imeirovamosresolvera
integraldede
() ()
Pr
∫∫
=
nntroI
d
DepoisderesolvidaI
d
resolvemosa
integral
dy
∫π∫+∫
1
2
0∫∫
π
d deforausandoI
d
,
.
∫∫∫∫ ∫∫∫∫
ysenxydA ysenxydx
R
imeirovamosresolvera
integraldede
() ()
Pr
∫∫
=
nntroI
d
DepoisderesolvidaI
d
resolvemosa
integral
dy
∫π∫+∫
1
2
0∫∫
π
d deforausandoI
d
,
.
∫∫∫∫ ∫∫∫∫
Inserindo os extremos de
integração.
ysenxydxdy()
1
2
0∫∫
π
Iy senxydx
d
=∫
()
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.
(*) ysenxydx()∫
Resolvendo a integral em
função de x.
uxy
duydx
y
dudx
=
=
=
1
1 Mudança de variável u =
u(x,y).
174MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
Unidade III
ysenxydxysenu
y
du
y
y
senudu
**
**∫∫
∫
=
=
1
1
=− +1*(cos)uC
ysenxydxysenu
y
du
y
y
senudu
**
**
∫∫
∫
=
=
1
1
=− +1*(cos)uC
Resolvendo a integral na
variável u.
ysenxydx xyC() (cos)∫
=− +ysenxydx xyC() (cos)∫
=− + Voltando à variável x em (xy)
temos:
ysenxydxcosxy
y
() ()
(coscos
1
2
1
2
21
∫
=−
=− − y y
yy
)
coscos =− +2
ysenxydxcosxy
y
() ()
(coscos
1
2
1
2
21
∫
=−
=− − y y
yy
)
coscos =− +2
Determinando a integral
definida.
ysenxydxdy yy dy ydy() coscos cos()
1
2
0
00
22∫∫∫ ∫
=− +() =− +
π
ππ
+ ∫
cosydy
0
π
=− +
seny
seny
2
2
0
0
π
π
ysenxydxdy yy dy ydy() coscos cos()
1
2
0
00
22∫∫∫ ∫
=− +() =− +
π
ππ
+ ∫
cosydy
0
π
=− +
seny
seny
2
2
0
0
π
π
ysenxydxdy yy dy ydy() coscos cos()
1
2
0
00
22∫∫∫
∫
=− +()=− +
π
ππ
+∫
cosydy
0
π
=− +
seny
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
*()seny
sensen
π
π
=− +
+−
1
2
20
00
*( )sensenπ
=− +
1
2
000*()
ysenxydxdy yy dy() coscos
1
2
0
0
20∫∫∫
=− +() =
π
π
ysenxydxdy yy dy() coscos
1
2
0
0
20∫∫∫
=− +() =
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 = 3x
2
e y = 4 + 2x
2
.
Unidade III
ysenxydxysenu
y
du
y
y
senudu
**
**∫∫
∫
=
=
1
1
=− +1*(cos)uC
ysenxydxysenu
y
du
y
y
senudu
**
**
∫∫
∫
=
=
1
1
=− +1*(cos)uC
Resolvendo a integral na
variável u.
ysenxydx xyC() (cos)∫
=− +ysenxydx xyC() (cos)∫
=− + Voltando à variável x em (xy)
temos:
ysenxydxcosxy
y
() ()
(coscos
1
2
1
2
21
∫
=−
=− − y y
yy
)
coscos =− +2
ysenxydxcosxy
y
() ()
(coscos
1
2
1
2
21
∫
=−
=− − y y
yy
)
coscos =− +2
Determinando a integral
definida.
ysenxydxdy yy dy ydy() coscos cos()
1
2
0
00
22∫∫∫ ∫
=− +() =− +
π
ππ
+ ∫
cosydy
0
π
=− +
seny
seny
2
2
0
0
π
π
ysenxydxdy yy dy ydy() coscos cos()
1
2
0
00
22∫∫∫ ∫
=− +() =− +
π
ππ
+ ∫
cosydy
0
π
=− +
seny
seny
2
2
0
0
π
π
ysenxydxdy yy dy ydy() coscos cos()
1
2
0
00
22∫∫∫
∫
=− +()=− +
π
ππ
+∫
cosydy
0
π
=− +
seny
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
*()seny
sensen
π
π
=− +
+−
1
2
20
00
*( )sensenπ
=− +
1
2
000*()
ysenxydxdy yy dy() coscos
1
2
0
0
20∫∫∫
=− +() =
π
π
ysenxydxdy yy dy() coscos
1
2
0
0
20∫∫∫
=− +() =
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 = 3x
2
e y = 4 + 2x
2
.
175MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
Resolução:
Queremos determinarVy dA
D
=+∫∫
()12 , região limitada pelas curvas y = 3x
2
, y = 4 + 2x
2
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 = 3x
2
e y = 4 + 2x
2
.
34 2
32 4
4
4
22
22
22
2
xx
xx
x
x
xe 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 = 3X
2
Y = 4 + 2X
2
– 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:
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
Resolução:
Queremos determinarVy dA
D
=+∫∫
()12 , região limitada pelas curvas y = 3x
2
, y = 4 + 2x
2
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 = 3x
2
e y = 4 + 2x
2
.
34 2
32 4
4
4
22
22
22
2
xx
xx
x
x
xe 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 = 3X
2
Y = 4 + 2X
2
– 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:
176MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
Unidade III
D
x
y
y = 3x
2
y = 4 + 2x
2
Figura 89
3x
2
≤ y ≤ 4 + 2x
2
Determinados os limites de integração, podemos escrever:
() ()12 12
3
2
42
2
2
2
+= +∫
∫∫ ∫
+
−
yd
Ay dydx
D
x
x
Lembre-se de que a integral de dentro, obrigatoriamente, é feita em primeiro lugar.
Segue a resolução:
()12+∫∫
ydA
D
=+
+
−
∫∫
()12
3
2
42
2
2
2
ydydx
x
x
=+
+
∫
()12
3
2
42
2
ydy
x
x
Devemos integrar
primeiro na variável y.
=+
+
()yy
x
x
2
3
2
42
2
Resultado da integral.
=+ ++ +
−+
[( )( )]
[(()]
42 42
33
22 2
22 2
xx
xx
Substituir os limites
de integração.
=+ ++ +
+− +
[( )(
)][]
42 1616
43 9
22
42 4
xx
xx x
Fazendo os cálculos
algébricos.
=+ ++ +
+− +
[( )(
)][]
42 1616
43 9
22
42 4
xx
xx x
Unidade III
D
x
y
y = 3x
2
y = 4 + 2x
2
Figura 89
3x
2
≤ y ≤ 4 + 2x
2
Determinados os limites de integração, podemos escrever:
() ()12 12
3
2
42
2
2
2
+= +∫
∫∫ ∫
+
−
yd
Ay dydx
D
x
x
Lembre-se de que a integral de dentro, obrigatoriamente, é feita em primeiro lugar.
Segue a resolução:
()12+∫∫
ydA
D
=+
+
−
∫∫
()12
3
2
42
2
2
2
ydydx
x
x
=+
+
∫
()12
3
2
42
2
ydy
x
x
Devemos integrar
primeiro na variável y.
=+
+
()yy
x
x
2
3
2
42
2
Resultado da integral.
=+ ++ +
−+
[( )( )]
[(()]
42 42
33
22 2
22 2
xx
xx
Substituir os limites
de integração.
=+ ++ +
+− +
[( )(
)][]
42 1616
43 9
22
42 4
xx
xx x
Fazendo os cálculos
algébricos.
=+ ++ +
+− +
[( )(
)][]
42 1616
43 9
22
42 4
xx
xx x
177MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
= – 5x
4
+ 15x
2
+ 20
Resultado da primeira
integral.
()12+∫∫
ydA
D
()−+ +
−∫
51520
4
2
2
2
xx dx=+ +
−
()x
x
5
3
2
215
3
20 Resolvendo a integral.
=+ +
−
()xx
53
2
2
520 Simplificando.
=−++ +
−−− +− +
+−
[( ** )]
[()*()
*()]
252202
25 2
202
53
53
Substituindo os
limites.
= (– 32 + 40 + 40) +
– (32 – 40 – 40)
= – 32 + 40 + 40 – 32 + 40
+ 40
()12+∫∫
ydA
D
()−+ +
−∫
51520
4
2
2
2
xx dx = 96
Resultado final
integral da dupla.
Portanto,
Vy dA uv
D
=+ =∫∫
() .12 96
Exemplo 3
Determinar o volume V do sólido delimitado pelos planos z = 4 e z = y e pelas curvas y = x
2
e
y = 2 – x
2
.
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, z
superior
= 4 e z
inferior
= y.
Segue que nossa função será f(x,y) = z
superior
– z
inferior
= 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 = x
2
e y = 2 – x
2
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
= – 5x
4
+ 15x
2
+ 20
Resultado da primeira
integral.
()12+∫∫
ydA
D
()−+ +
−∫
51520
4
2
2
2
xx dx=+ +
−
()x
x
5
3
2
215
3
20 Resolvendo a integral.
=+ +
−
()xx
53
2
2
520 Simplificando.
=−++ +
−−− +− +
+−
[( ** )]
[()*()
*()]
252202
25 2
202
53
53
Substituindo os
limites.
= (– 32 + 40 + 40) +
– (32 – 40 – 40)
= – 32 + 40 + 40 – 32 + 40
+ 40
()12+∫∫
ydA
D
()−+ +
−∫
51520
4
2
2
2
xx dx = 96
Resultado final
integral da dupla.
Portanto,
Vy dA uv
D
=+ =∫∫
() .12 96
Exemplo 3
Determinar o volume V do sólido delimitado pelos planos z = 4 e z = y e pelas curvas y = x
2
e
y = 2 – x
2
.
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, z
superior
= 4 e z
inferior
= y.
Segue que nossa função será f(x,y) = z
superior
– z
inferior
= 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 = x
2
e y = 2 – x
2
178MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
Unidade III
xx
xx
x
x
x
x
xe x
22
22
2
2
2
2
2
22
2
2
1
1
11
=−
+=
=
=
=
=±
=− =
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 = x
2
y = 2 – x
2
– 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 = x
2
y = 2 – x
2
Figura 90
Unidade III
xx
xx
x
x
x
x
xe x
22
22
2
2
2
2
2
22
2
2
1
1
11
=−
+=
=
=
=
=±
=− =
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 = x
2
y = 2 – x
2
– 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 = x
2
y = 2 – x
2
Figura 90
179MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
Em síntese:
fxyy
yx
(,)=−
≤≤ ≤≤−
4
2-1x1ex
22
Determinados os limites de integração f(x,y), podemos escrever a integral que precisamos determinar
() ()ydAy dydx
D
x
x
−= −∫
∫∫ ∫
−
−
44
2
2
2
1
1
Lembre-se de que a integral de dentro, obrigatoriamente, é feita em primeiro lugar. Segue a resolução:
()4−∫∫
ydA
D
=−
−
−∫∫
()4
2
2
2
1
1
ydydx
x
x Com os limites de
integração.
=−
−
−∫∫
()4
2
2
2
1
1
ydydx
x
x
=−
−
∫
()4
2
2
2
ydy
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.
=− −
−
+
−−
[(*( )
()
)]
[(
()
)]
42
2
2
4
2
2
22
2
22
x
x
x
x
Substituindo os limites
na variável.=− −
−+
+
−−
()84
44
2
4
2
2
24
2
4
x
xx
x
x
=− −+ −
+
−−
84 22
1
2
4
1
2
22 4
24
xx x
xx
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
Em síntese:
fxyy
yx
(,)=−
≤≤ ≤≤−
4
2-1x1ex
22
Determinados os limites de integração f(x,y), podemos escrever a integral que precisamos determinar
() ()ydAy dydx
D
x
x
−= −∫
∫∫ ∫
−
−
44
2
2
2
1
1
Lembre-se de que a integral de dentro, obrigatoriamente, é feita em primeiro lugar. Segue a resolução:
()4−∫∫
ydA
D
=−
−
−∫∫
()4
2
2
2
1
1
ydydx
x
x Com os limites de
integração.
=−
−
−∫∫
()4
2
2
2
1
1
ydydx
x
x
=−
−
∫
()4
2
2
2
ydy
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.
=− −
−
+
−−
[(*( )
()
)]
[(
()
)]
42
2
2
4
2
2
22
2
22
x
x
x
x
Substituindo os limites
na variável.=− −
−+
+
−−
()84
44
2
4
2
2
24
2
4
x
xx
x
x
=− −+ −
+
−−
84 22
1
2
4
1
2
22 4
24
xx x
xx
180MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
Unidade III
=− −
+
−−
62
1
2
4
1
2
24
24
xx
xx
=− −− +62
1
2
4
1
2
24 24
xx xx
= 6 – 6x
2
Cancelamos o termo
−+
=
1
2
1
2
0
44
xx
()66
2
1
1
−
−∫
xdx
=−
−
6
6
3
3
1
1
x
x
Vamos, agora, integrar
na segunda variável, ou
seja, em x.
=−
−
()62
3
1
1
xx
Conseguimos simplificar
a função.
= (6*1 – 2*1
3
) + – (6*(–1)–2*(–1)
3
)
Substituindo os limites
de integração na função.
= (6 – 2) – (– 6 + 2)
= 6 – 2 + 6 – 2()4−∫∫
ydA
D
=−
−
−∫∫
()4
2
2
2
1
1
ydydx
x
x
= 8 O resultado do exercício.
Exemplo 4
Calcule xxydydxcos()
0
1
0
3
2
∫∫
π
.
xxydydxcos()
0
1
0
3
2
∫∫
π
=∫∫
xxydydx
egraldedentro
cos()
int
0
1
0
3
2
=−∫
∫∫
π
xxydycos()
0
1
∫
Resolvendo a integral,
primeiro em função
de y.
xxydycos()
0
1
∫
=∫
xx ydycos()
0
1
Podemos simplificar,
passando o x que está
multiplicando dentro
da integral para fora da
integral.
Unidade III
=− −
+
−−
62
1
2
4
1
2
24
24
xx
xx
=− −− +62
1
2
4
1
2
24 24
xx xx
= 6 – 6x
2
Cancelamos o termo
−+
=
1
2
1
2
0
44
xx
()66
2
1
1
−
−∫
xdx
=−
−
6
6
3
3
1
1
x
x
Vamos, agora, integrar
na segunda variável, ou
seja, em x.
=−
−
()62
3
1
1
xx
Conseguimos simplificar
a função.
= (6*1 – 2*1
3
) + – (6*(–1)–2*(–1)
3
)
Substituindo os limites
de integração na função.
= (6 – 2) – (– 6 + 2)
= 6 – 2 + 6 – 2()4−∫∫
ydA
D
=−
−
−∫∫
()4
2
2
2
1
1
ydydx
x
x
= 8 O resultado do exercício.
Exemplo 4
Calcule xxydydxcos()
0
1
0
3
2
∫∫
π
.
xxydydxcos()
0
1
0
3
2
∫∫
π
=∫∫
xxydydx
egraldedentro
cos()
int
0
1
0
3
2
=−∫
∫∫
π
xxydycos()
0
1
∫
Resolvendo a integral,
primeiro em função
de y.
xxydycos()
0
1
∫
=∫
xx ydycos()
0
1
Podemos simplificar,
passando o x que está
multiplicando dentro
da integral para fora da
integral.
181MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
uxy
duxdy
x
dudy
xu
x
du
x
x
udu
senuC
=
=
=
+
∫
∫
1
1
1
1
1
cos*
**cos
*()
ssenxyC()+
Faremos a mudança de
variável e resolveremos
a integral pela técnica
da substituição.
xxydycos()
0
1
∫
=()senxy
0
1 Aplicando os limites da
integral na função.
xxydycos()
0
1
∫
= (sen1x – sen0x) Simplificando.
xxydycos()
0
1
∫
= senx
Fim da integral de
dentro. Voltamos a
resolver a integral de
partida.
xxydydxcos()
0
1
0
3
2
∫∫
π
=∫
()senxdx
0
3
2
π
=−(cos)x
0
3
2
π
A resolução da segunda
integral.
xxydydxcos()
0
1
0
3
2
∫∫
π
=∫
()senxdx
0
3
2
π
=− −[(cos)(cos)]
3
2
0
π Substituindo os limites
de integração.
xxydydxcos()
0
1
0
3
2
∫∫
π
=∫
()senxdx
0
3
2
π
– (0 – 1)
xxydydxcos()
0
1
0
3
2
∫∫
π
=∫
()senxdx
0
3
2
π
= 1
Resultado final da
integral.
Exemplo 5
Calcule a integral dupla
xydydx
D
2
∫∫
sobre a região genérica D representada na figura a seguir.
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
uxy
duxdy
x
dudy
xu
x
du
x
x
udu
senuC
=
=
=
+
∫
∫
1
1
1
1
1
cos*
**cos
*()
ssenxyC()+
Faremos a mudança de
variável e resolveremos
a integral pela técnica
da substituição.
xxydycos()
0
1
∫
=()senxy
0
1 Aplicando os limites da
integral na função.
xxydycos()
0
1
∫
= (sen1x – sen0x) Simplificando.
xxydycos()
0
1
∫
= senx
Fim da integral de
dentro. Voltamos a
resolver a integral de
partida.
xxydydxcos()
0
1
0
3
2
∫∫
π
=∫
()senxdx
0
3
2
π
=−(cos)x
0
3
2
π
A resolução da segunda
integral.
xxydydxcos()
0
1
0
3
2
∫∫
π
=∫
()senxdx
0
3
2
π
=− −[(cos)(cos)]
3
2
0
π Substituindo os limites
de integração.
xxydydxcos()
0
1
0
3
2
∫∫
π
=∫
()senxdx
0
3
2
π
– (0 – 1)
xxydydxcos()
0
1
0
3
2
∫∫
π
=∫
()senxdx
0
3
2
π
= 1
Resultado final da
integral.
Exemplo 5
Calcule a integral dupla
xydydx
D
2
∫∫
sobre a região genérica D representada na figura a seguir.
182MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
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.
()xydydx
D
2
∫∫
=∫∫
()xydydx
x
2
2
0
2
Colocando os limites de integração.
=∫∫
()xydydx
x
2
2
0
2
=∫
()xydy
x
2
2 Faremos primeiro, obrigatoriamente,
a integral de dentro.
=
=
=
−
∫
xydy
x
y
x
x
x
x
2
2
3
2
33
3
2
33
*
==−
x
x
*
8
33
3
Resolvendo a integral de dentro.
()xydy
x
2
2
∫ =−
8
33
4
xx
O resultado da integral de dentro.
()xydydx
D
2
∫∫
=∫∫
()xydydx
x
2
2
0
2
=−∫
()
8
33
4
0
2
xx
dx
Finalizando a resolução da integral.
()xydydx
D
2
∫∫
=−∫
()
8
33
4
0
2
xx
dx
=−
8
3235
25
0
2
xx
**
Resolvendo a integral final.
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.
()xydydx
D
2
∫∫
=∫∫
()xydydx
x
2
2
0
2
Colocando os limites de integração.
=∫∫
()xydydx
x
2
2
0
2
=∫
()xydy
x
2
2 Faremos primeiro, obrigatoriamente,
a integral de dentro.
=
=
=
−
∫
xydy
x
y
x
x
x
x
2
2
3
2
33
3
2
33
*
==−
x
x
*
8
33
3
Resolvendo a integral de dentro.
()xydy
x
2
2
∫ =−
8
33
4
xx
O resultado da integral de dentro.
()xydydx
D
2
∫∫
=∫∫
()xydydx
x
2
2
0
2
=−∫
()
8
33
4
0
2
xx
dx
Finalizando a resolução da integral.
()xydydx
D
2
∫∫
=−∫
()
8
33
4
0
2
xx
dx
=−
8
3235
25
0
2
xx
**
Resolvendo a integral final.
183MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
CÁLcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE VÁRIAS VARIÁvEIS
=−
4
315
25
0
2
xx
Simplificando.
=−
42
3
2
15
25
*
=
−51632
15
*()
=
−8032
15
=
÷
÷
483
153
Podemos simplificar esta resposta.
()xydydx
D
2
∫∫
=−
∫
8
33
4
0
2
xx
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
xy
r
drdr drd
RR R
∫∫∫∫ ∫∫
=
∂
∂
=
(,)
(,)θ
θθ
CÁLcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE VÁRIAS VARIÁvEIS
=−
4
315
25
0
2
xx
Simplificando.
=−
42
3
2
15
25
*
=
−51632
15
*()
=
−8032
15
=
÷
÷
483
153
Podemos simplificar esta resposta.
()xydydx
D
2
∫∫
=−
∫
8
33
4
0
2
xx
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
xy
r
drdr drd
RR R
∫∫∫∫ ∫∫
=
∂
∂
=
(,)
(,)θ
θθ
184MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
Unidade III
A transformação anterior é algebricamente definida pelo valor absoluto do jacobiano da transformação
do sistema de coordenadas cartesianas no de polares, onde x = r cos θ e y = r sen θ . Veja como:
Sabemos que:
sen
catetoopsto
hipotenusa
e
catetoadjacente
hipotenusa
θθ== cos
y
x
r
θ
sen
y
r
e
x
r
rsenye rx
yrsene xr
θθ
θθ
θθ
==
==
==
cos
cos
cos
Figura 92
Por Pitágoras, temos que x
2
+ y
2
= r
2
. Desse modo, obtemos as seguintes relações para nos apoiarmos
na transformação de coordenadas retangulares em coordenadas polares:
xy re
xr
yrsen
²² ²
cos
+=
=
=
θ
θ
y
xθ
Figura 93
A seguir, vamos realizar o cálculo do determinante jacobiano
∂
∂
(,)
(,)
xy
rθ
:
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
primeira ordem de uma função vetorial. Só é possível determinar a matriz
jacobiana de uma função vetorial se as derivadas parciais existirem.
Unidade III
A transformação anterior é algebricamente definida pelo valor absoluto do jacobiano da transformação
do sistema de coordenadas cartesianas no de polares, onde x = r cos θ e y = r sen θ . Veja como:
Sabemos que:
sen
catetoopsto
hipotenusa
e
catetoadjacente
hipotenusa
θθ== cos
y
x
r
θ
sen
y
r
e
x
r
rsenye rx
yrsene xr
θθ
θθ
θθ
==
==
==
cos
cos
cos
Figura 92
Por Pitágoras, temos que x
2
+ y
2
= r
2
. Desse modo, obtemos as seguintes relações para nos apoiarmos
na transformação de coordenadas retangulares em coordenadas polares:
xy re
xr
yrsen
²² ²
cos
+=
=
=
θ
θ
y
xθ
Figura 93
A seguir, vamos realizar o cálculo do determinante jacobiano
∂
∂
(,)
(,)
xy
rθ
:
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
primeira ordem de uma função vetorial. Só é possível determinar a matriz
jacobiana de uma função vetorial se as derivadas parciais existirem.
185MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
CÁLcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE VÁRIAS VARIÁvEIS
∂
∂
=
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
(,)
(,)
det
xy
r
x
r
x
y
r
yθ
θ
θ
Primeiro, vamos determinar todas as derivadas parciais de primeira ordem. Sabemos que:
xr eyrsen
x
r
x
rsen
e
y
r
==
∂
∂
=
∂
∂
=−
∂
∂
=
cos
cos
θθ
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
xy
r
x
r
x
y
r
y
xy
r
θ
θ
θ
θ
eet
cos
cos
(,)
(,)
cos
(,
θθ
θθ
θ
θθ
−
∂
∂
=+
∂
rsen
senr
xy
r
rr sen
x
22
yy
r
rs en
xy
r
r
xy
r
r
)
(,)
(cos )
(,)
(,)
*
(,)
(,)
∂
=+
∂
∂
=
∂
∂
=
θ
θθ
θ
θ
22
1
Portanto:
dxdyrdrd dArdrd
RR RR
∫∫∫∫ ∫∫∫∫
== θθ e
CÁLcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE VÁRIAS VARIÁvEIS
∂
∂
=
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
(,)
(,)
det
xy
r
x
r
x
y
r
yθ
θ
θ
Primeiro, vamos determinar todas as derivadas parciais de primeira ordem. Sabemos que:
xr eyrsen
x
r
x
rsen
e
y
r
==
∂
∂
=
∂
∂
=−
∂
∂
=
cos
cos
θθ
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
xy
r
x
r
x
y
r
y
xy
r
θ
θ
θ
θ
eet
cos
cos
(,)
(,)
cos
(,
θθ
θθ
θ
θθ
−
∂
∂
=+
∂
rsen
senr
xy
r
rr sen
x
22
yy
r
rs en
xy
r
r
xy
r
r
)
(,)
(cos )
(,)
(,)
*
(,)
(,)
∂
=+
∂
∂
=
∂
∂
=
θ
θθ
θ
θ
22
1
Portanto:
dxdyrdrd dArdrd
RR RR
∫∫∫∫ ∫∫∫∫
== θθ e
186MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
Unidade III
Logo:
fxydxdyf rrdrdf xydA fr
Rr
r
R
(,)( ,) (,)( ,)∫∫ ∫∫∫ ∫
== θθ θ
θ
θ
1
1
1
2
e r rdrd
r
r
θ
θ
θ
1
1
1
2
∫∫
Onde: θ
1
≤ θ ≤ θ
2
e r
1
≤ r ≤ r
2
Vamos resolver alguns exemplos:
Exemplo 1
Resolver ()xy dA
R
22
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
x
2
+ y
2
= 1 e x
2
+ y
2
= 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.
Unidade III
Logo:
fxydxdyf rrdrdf xydA fr
Rr
r
R
(,)( ,) (,)( ,)∫∫ ∫∫∫ ∫
== θθ θ
θ
θ
1
1
1
2
e r rdrd
r
r
θ
θ
θ
1
1
1
2
∫∫
Onde: θ
1
≤ θ ≤ θ
2
e r
1
≤ r ≤ r
2
Vamos resolver alguns exemplos:
Exemplo 1
Resolver ()xy dA
R
22
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
x
2
+ y
2
= 1 e x
2
+ y
2
= 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.
187MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
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 fxyx y(,)( )=+
22
9
2
e sabemos que x
2
+ y
2
= r
2
.
Sabemos que
fxydAf rrdrd
Rr
r
(,)( ,)∫∫ ∫∫
=θ θ
θ
θ
1
1
1
2
.
Se Ix ydAr rdrd
R
=+ = ()∫∫ ∫∫
()
2
9
2
2
9
2
1
2
0
2
2
θ
π
()xy dA
R
22
+=∫∫
9
2
rrdrd²*()∫∫
9
2
1
2
0
2
π
θ
Integral a ser resolvida.
()rrdr
2
9
2
1
2
∫
=∫
rrdr
9
1
2
*
=∫
rdr
10
1
2
Primeiro, precisamos resolver a integral
em função de r. Multiplicações de mesma
base, conservamos a base e somamos os
expoentes.
=
r
11
1
2
11
Integrando, temos:
=
()
−
()2
11
1
11
11 11
=−
2048
11
1
11
Substituir a variável pelos limites de
integração.
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
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 fxyx y(,)( )=+
22
9
2
e sabemos que x
2
+ y
2
= r
2
.
Sabemos que
fxydAf rrdrd
Rr
r
(,)( ,)∫∫ ∫∫
=θ θ
θ
θ
1
1
1
2
.
Se Ix ydAr rdrd
R
=+ = ()∫∫ ∫∫
()
2
9
2
2
9
2
1
2
0
2
2
θ
π
()xy dA
R
22
+=∫∫
9
2
rrdrd²*()∫∫
9
2
1
2
0
2
π
θ
Integral a ser resolvida.
()rrdr
2
9
2
1
2
∫
=∫
rrdr
9
1
2
*
=∫
rdr
10
1
2
Primeiro, precisamos resolver a integral
em função de r. Multiplicações de mesma
base, conservamos a base e somamos os
expoentes.
=
r
11
1
2
11
Integrando, temos:
=
()
−
()2
11
1
11
11 11
=−
2048
11
1
11
Substituir a variável pelos limites de
integração.
188MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
Unidade III
()rrdr
2
9
2
1
2
∫
=
2047
11
Resultado da integral de dentro.
(††)xy dA
R
+∫∫
9
2
=()∫∫
rrdrd
2
9
2
1
2
0
2
θ
π
=∫
2047
11
0
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
112
*
π
()xy dA
R
22
+∫∫
9
2
=()∫∫
rrdrd
2
9
2
1
2
0
2
θ
π
=
2047
22
π
Resultado solicitado.
Exemplo 2
Calcular ()xy dA
R
22
+∫∫
, onde R é a região no semiplano superior limitado pelos círculos x
2
+ y
2
= 4
e x
2
+ y
2
= 5.
Unidade III
()rrdr
2
9
2
1
2
∫
=
2047
11
Resultado da integral de dentro.
(††)xy dA
R
+∫∫
9
2
=()∫∫
rrdrd
2
9
2
1
2
0
2
θ
π
=∫
2047
11
0
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
112
*
π
()xy dA
R
22
+∫∫
9
2
=()∫∫
rrdrd
2
9
2
1
2
0
2
θ
π
=
2047
22
π
Resultado solicitado.
Exemplo 2
Calcular ()xy dA
R
22
+∫∫
, onde R é a região no semiplano superior limitado pelos círculos x
2
+ y
2
= 4
e x
2
+ y
2
= 5.
189MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
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:
xy r
xy r
²²
²²
+= ⇒=
+= ⇒=
44
55
1
2
Com esses dados e avaliando a figura anterior, concluímos que
02 5≤≤ ≤≤θπ e r.
()xy dA
R
22
+∫∫ =()∫∫
rrdrd²*
2
5
0
π
θ
Integral a ser calculada.
Substituímos x² + y² = r² e
inserimos os extremos das
coordenadas polares.
rrdr²()∫
2
5
=∫
rdr
3
2
5 Vamos, primeiro, resolver a
integral de dentro.
=
r
4
2
5
4
=−
5
4
2
4
44
Resolvendo a integral definida.
rrdr²()∫
2
5
=
−62516
4
Resultado da integral de dentro.
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
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:
xy r
xy r
²²
²²
+= ⇒=
+= ⇒=
44
55
1
2
Com esses dados e avaliando a figura anterior, concluímos que
02 5≤≤ ≤≤θπ e r.
()xy dA
R
22
+∫∫ =()∫∫
rrdrd²*
2
5
0
π
θ
Integral a ser calculada.
Substituímos x² + y² = r² e
inserimos os extremos das
coordenadas polares.
rrdr²()∫
2
5
=∫
rdr
3
2
5 Vamos, primeiro, resolver a
integral de dentro.
=
r
4
2
5
4
=−
5
4
2
4
44
Resolvendo a integral definida.
rrdr²()∫
2
5
=
−62516
4
Resultado da integral de dentro.
190MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
Unidade III
()xy dA
R
22
+∫∫ =()∫∫
rrdrd²*
2
5
0
π
θ
=
−∫
62516
4
0
π
θd Voltando à integral principal.
()xy dA
R
22
+∫∫ =
−∫
62516
4
0
π
θd =
− ∫
62516
4
0
*dθ
π
Retirando a constante que está
multiplicando de dentro da
integral.
=
−62516
4
0
*θ
π
=
−
−
62516
4
0*()π
Resolvendo a integral.
()xy dA
R
22
+∫∫ =()∫∫
rrdrd²*
2
5
0
π
θ
=
−()62516
4
π
Resultado final da integral.
Exemplo 3
Determinar rrdrd
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:
23
02
≤≤
≤≤
r
θπ
Resolvendo o exercício:
cosrrdrdθ
π
0
1
0
2
∫∫
Unidade III
()xy dA
R
22
+∫∫ =()∫∫
rrdrd²*
2
5
0
π
θ
=
−∫
62516
4
0
π
θd Voltando à integral principal.
()xy dA
R
22
+∫∫ =
−∫
62516
4
0
π
θd =
− ∫
62516
4
0
*dθ
π
Retirando a constante que está
multiplicando de dentro da
integral.
=
−62516
4
0
*θ
π
=
−
−
62516
4
0*()π
Resolvendo a integral.
()xy dA
R
22
+∫∫ =()∫∫
rrdrd²*
2
5
0
π
θ
=
−()62516
4
π
Resultado final da integral.
Exemplo 3
Determinar rrdrd
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:
23
02
≤≤
≤≤
r
θπ
Resolvendo o exercício:
cosrrdrdθ
π
0
1
0
2
∫∫
191MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
Primeiro, precisamos resolver a integral em função de r, isto é:
cos* cosrrdrrrdr
0
1
0
1∫∫
=
Essa integral precisa ser resolvida como uma integral por partes.
rrdr*cos
0
1
∫
udvuvvdu=−∫∫
*
Sendo
ur
dv rdrdvr dr
vsenr
=
=⇒ =
=∫∫
co
sc os; logo:
rrdrrsenrsenrdr
rrdrrsenrr
rrdrrsenr
cos
cos( cos)
cos
=−
=− −
=+
∫∫
∫
ccosr∫
Segue que:
rrdrrsenrr
rrdrsens en
cosc os
cos( cos)(c o
0
1
0
1
0
1
11 10 0
∫
∫
=+()
=+
−+ ss)
cos( cos)
0
11 1
0
1
rrdrsen∫
=+ −
Feita a integral de dentro, voltamos a resolver a integral solicitada, substituindo o valor já encontrado
em nossa integral original, isto é,
(()cos())send11 1
0
2
+−∫
θ
π
Integrando a função solicitada, isto é,
Isen d=+ − ∫
(()cos())*11 1
0
2
θ
π
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
Primeiro, precisamos resolver a integral em função de r, isto é:
cos* cosrrdrrrdr
0
1
0
1∫∫
=
Essa integral precisa ser resolvida como uma integral por partes.
rrdr*cos
0
1
∫
udvuvvdu=−∫∫
*
Sendo
ur
dv rdrdvr dr
vsenr
=
=⇒ =
=∫∫
co
sc os; logo:
rrdrrsenrsenrdr
rrdrrsenrr
rrdrrsenr
cos
cos( cos)
cos
=−
=− −
=+
∫∫
∫
ccosr∫
Segue que:
rrdrrsenrr
rrdrsens en
cosc os
cos( cos)(c o
0
1
0
1
0
1
11 10 0
∫
∫
=+()
=+
−+ ss)
cos( cos)
0
11 1
0
1
rrdrsen∫
=+ −
Feita a integral de dentro, voltamos a resolver a integral solicitada, substituindo o valor já encontrado
em nossa integral original, isto é,
(()cos())send11 1
0
2
+−∫
θ
π
Integrando a função solicitada, isto é,
Isen d=+ − ∫
(()cos())*11 1
0
2
θ
π
192MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
Unidade III
Substituindo os limites na função:
Isen
Isen
Is e
=+ −
=+ −−
=
(()cos())*
(()cos())*()
*(
11 1
11 12 0
2
0
2
θ
π
π
π
n n()cos())11 1+−
Portanto:
cos( cos)
cos(
rrdrds en
rrdrd
θπ
θπ π
π
π
0
1
0
2
0
1
0
2
21 11
22∫∫
∫∫
=+ −
[]
=−+ssen
rrdrds en
11
22 12 1
0
1
0
2
+
=−++
∫∫
cos)
co
sc osθπ ππ
π
Exemplo 4
Determinar em coordenadas polares 2xdA
R
∫∫
, onde R é o semiplano superior limitado pelos círculos
x
2
+ y
2
= 1 e x
2
+ y
2
= 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
xr
yrsen
=
=
cosθ
θ
Segue que a integral solicitada deve ser:
22
1
2
0
xdAr rdrd
R
∫∫∫∫
=(cos)θθ
π
Unidade III
Substituindo os limites na função:
Isen
Isen
Is e
=+ −
=+ −−
=
(()cos())*
(()cos())*()
*(
11 1
11 12 0
2
0
2
θ
π
π
π
n n()cos())11 1+−
Portanto:
cos( cos)
cos(
rrdrds en
rrdrd
θπ
θπ π
π
π
0
1
0
2
0
1
0
2
21 11
22∫∫
∫∫
=+ −
[]
=−+ssen
rrdrds en
11
22 12 1
0
1
0
2
+
=−++
∫∫
cos)
co
sc osθπ ππ
π
Exemplo 4
Determinar em coordenadas polares 2xdA
R
∫∫
, onde R é o semiplano superior limitado pelos círculos
x
2
+ y
2
= 1 e x
2
+ y
2
= 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
xr
yrsen
=
=
cosθ
θ
Segue que a integral solicitada deve ser:
22
1
2
0
xdAr rdrd
R
∫∫∫∫
=(cos)θθ
π
193MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
2xdA
R
∫∫
=
(cos)2
1
2
0
rr drdθθ
π
∫∫
Integral a ser resolvida.
(cos)2
1
2
rr drθ∫
=∫
2
2
1
2
cosθrdr
Preparando a integral de
dentro.
=
=−
=
=
2
3
2
3
21
2
3
7
14
3
3
1
2
33
cos
cos*()
cos*
cos
θ
θ θ
θ
r
Resolvendo a integral de
dentro.
(cos)2
1
2
rr drθ∫
=
14
3
cosθ
Integral de dentro
resolvida.
2xdA
R
∫∫
=
(cos)2
1
2
0
rr drdθθ
π
∫∫
3
14
3
0
π
θθ∫
cosd
Substituindo na integral
solicitada.
=∫
14
3
0
cos
θθ
π
d
Resolvendo a integral,
temos:
=
14
3
0
senθ
π
=−
==
14
3
0
14
3
00
()
*
sensenπ
2xdA
R
∫∫
=
(cos)2
1
2
0
rr drdθθ
π
∫∫ = 0
Resultado da integral
desejada.
Portanto,
22 0
1
2
0
xdAr rdrd
R
∫∫∫∫
==(cos)θθ
π
C?LcULO DIFERENcIAL E INTEGRAL dE V?RIAS VARI?vEIS
2xdA
R
∫∫
=
(cos)2
1
2
0
rr drdθθ
π
∫∫
Integral a ser resolvida.
(cos)2
1
2
rr drθ∫
=∫
2
2
1
2
cosθrdr
Preparando a integral de
dentro.
=
=−
=
=
2
3
2
3
21
2
3
7
14
3
3
1
2
33
cos
cos*()
cos*
cos
θ
θ θ
θ
r
Resolvendo a integral de
dentro.
(cos)2
1
2
rr drθ∫
=
14
3
cosθ
Integral de dentro
resolvida.
2xdA
R
∫∫
=
(cos)2
1
2
0
rr drdθθ
π
∫∫
3
14
3
0
π
θθ∫
cosd
Substituindo na integral
solicitada.
=∫
14
3
0
cos
θθ
π
d
Resolvendo a integral,
temos:
=
14
3
0
senθ
π
=−
==
14
3
0
14
3
00
()
*
sensenπ
2xdA
R
∫∫
=
(cos)2
1
2
0
rr drdθθ
π
∫∫ = 0
Resultado da integral
desejada.
Portanto,
22 0
1
2
0
xdAr rdrd
R
∫∫∫∫
==(cos)θθ
π
194MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
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:
fxydydxf xydydx
g
x
gx
a
b
gx
gx
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,
fxydAf xydydxfxydxdy
c
d
a
b
Ra
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:
xy r
xr
yrsen
efxydxdy frrdrd
rr
rr
²² ²,
cos
(,
)( ,)+=
=
=
=
=
=
∫
θ
θ
θθ
1
2
θθθ
θθ
=
=
∫∫∫
1
21
R
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:
fxydydxf xydydx
g
x
gx
a
b
gx
gx
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,
fxydAf xydydxfxydxdy
c
d
a
b
Ra
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:
xy r
xr
yrsen
efxydxdy frrdrd
rr
rr
²² ²,
cos
(,
)( ,)+=
=
=
=
=
=
∫
θ
θ
θθ
1
2
θθθ
θθ
=
=
∫∫∫
1
21
R
195MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
cáLcULo DIFERENcIAL E INTEGRAL dE VáRIAS VARIávEIS
Exercícios
Questão 1 (Enade, 2008). Considere g: R → R uma função com derivada
dg
dt
contínua e f a função
definida porfx
dg
dt
tdt
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
dgt
dt
dt
x()
0∫
; x ∈ R.
I – Afirmativa correta.
Justificativa: veja que
dgt
dt
dt
x()
0∫
; x ∈Rgtg xC
x
== +[()]()
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).
cáLcULo DIFERENcIAL E INTEGRAL dE VáRIAS VARIávEIS
Exercícios
Questão 1 (Enade, 2008). Considere g: R → R uma função com derivada
dg
dt
contínua e f a função
definida porfx
dg
dt
tdt
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
dgt
dt
dt
x()
0∫
; x ∈ R.
I – Afirmativa correta.
Justificativa: veja que
dgt
dt
dt
x()
0∫
; x ∈Rgtg xC
x
== +[()]()
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).
196MAT - Revis?o: Andreia - Diagrama??o: Fabio - 23/08/13 // Redimensionamento - M?rcio: 22/07/2014
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:
FdrFrt
dr
dt
tdt
C
¨
.( ()).()∫∫
=
Se Frfr
r
r
()(||)
||
= , em que f: R → R é uma função contínua e ||rx yz=+ +
22 2
; então,
Fgradgr
=((||)), em que g é uma primitiva de f.
Considerando essas informações, conclui-se que o trabalho realizado pelo campo Fr
r
r
()
||
=
2
2
π
, ao
longo da hélice
C dada por r(t) = (cos(t), sen(t), t), t ∈ [0, 2p], é:
AIn
B
C
D
)( )
)
[]
)
)
−+
−
+
−
−
+
21 4
6
1
14
1
21
1
14
2
22
2
ππ
π
π
π
π
441 4
21 4
2
2
ππ
ππ
In
EIn
+
+)
Resolução desta questão na plataforma.
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:
FdrFrt
dr
dt
tdt
C
¨
.( ()).()∫∫
=
Se Frfr
r
r
()(||)
||
= , em que f: R → R é uma função contínua e ||rx yz=+ +
22 2
; então,
Fgradgr
=((||)), em que g é uma primitiva de f.
Considerando essas informações, conclui-se que o trabalho realizado pelo campo Fr
r
r
()
||
=
2
2
π
, ao
longo da hélice
C dada por r(t) = (cos(t), sen(t), t), t ∈ [0, 2p], é:
AIn
B
C
D
)( )
)
[]
)
)
−+
−
+
−
−
+
21 4
6
1
14
1
21
1
14
2
22
2
ππ
π
π
π
π
441 4
21 4
2
2
ππ
ππ
In
EIn
+
+)
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