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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
Unidade III5 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 , ,( ) = ( )∫ = x2y + 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 , ,( ) = ( )∫ = x2y + 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 3x x dx+∫Resolução:
Para resolver a integral anterior, você deve se lembrar que x dxxn
Cnn
=+
++
∫1
1
( )2 22 4 4
32 4
24
x x dxx x
C xx
C+ = + + = + +∫ ( )2 22 4 4
32 4
24
x x dxx x
C xx
C+ = + + = + +∫
( )2 22 4 4
32 4
24
x x dxx x
C xx
C+ = + + = + +∫
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Unidade III
( )24
3 24
x x dx xx
C+ = + +∫ ( )24
3 24
x x dx xx
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 aa
b
( ) ( ) ( )= −∫ é uma integral definida.
Vimos, no exemplo anterior, que a antiderivada de f(x) é F x xx
( ) = +
24
4.
( )24
3
0
22
4
0
2
x x dx xx
+ = +
∫ ( )2
43
0
22
4
0
2
x x dx xx
+ = +
∫
( )
( ) ( )
2 224
004
3
0
22
4
2
24
0
x x dx
F F
+ = +
− +
∫
� �� �� � �� ���= + − =4 4 0 8
= 4 + 4 – 0 = 8
( )24
3
0
22
4
0
2
x x dx xx
+ = +
∫ = 8
c) 0dx C=∫ , uma vez que a derivada da constante é zero,1 1
xdx x dx x C= = +−∫∫ ln não podemos
aplicar x dxxn
Cnn
=+
++
∫1
1, pois não existe divisão por zero.
d)1
11
22
1
xdx x dx
xC
xC= =
−+ = = +−
−
∫∫
e) xdx x dxx
C x C x Cx x
C= = + = ÷ + = + = +∫∫12
32
32
32
323
223
23
*
1 A integral indefinida f x dx( )∫( ) não admite limites de integração.
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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 f g x g x dx F g x dx C( ( )) * ( ) ( ( ))′ = +∫ ,
ou seu 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
dudx
= +=
=
4 2
4
4
( . .)
Fazendo a M.V.:
udu
u du u C u C4
14
14
23
16
12
32 3∫ ∫= = + = +*
Voltando à variável x:
4 216
4 216
4 2 4 23x dx x C x x C+ = + + = + + +∫ ( ) ( ) *
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Unidade III
b) cos( )3 5x dx+∫
Mudança de variável (M.V.) u x deriva os dois lados
du dx isola dx para fazer a M V
dudx
= +=
=
3 5
3
3
( . .)
Fazendo a M.V.:
cos cos *udu
udu senu Csenu
C3
13
13 3∫ ∫= = + = +
Voltando à variável x: cos( )( )
3 53 53
x dxsen x
C+ =+
+∫
c) sen x dx( )3 5+∫
Mudança de variável (M.V.)
u x deriva os dois lados
du dx isola dx para fazer a M V
dudx
= +=
=
3 5
3
3
( . .)
Fazendo a M.V.:
senudu
senudu u Cu
C3
13
13 3∫ ∫= = − + = − +* ( cos )
cos
Voltando à variável x:
sen x dxx
C( )cos( )
3 53 53
+ =− +
+∫ =
d) e dxx( )5 2+∫
Mudança de variável (M.V.)
u x deriva os dois lados
du dx isola dx para fazer a M V
dudx
= +=
=
5 2
5
5
( . .)
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
Fazendo a M.V.:
edu
e du e Ce
Cu u uu
515
15 5∫ ∫= = + = +*
Voltando à variável x:
e dxe
Cxx
( )( )
5 25 2
5+
+
∫ = +
e) xe dxx( )5 2 2+∫
Mudança de variável (M.V.) u x deriva os dois lados
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.:
edu
e du e Ce
Cu u uu
101
101
10 10∫ ∫= = + = +*
Voltando à variável x:
xe dxe
Cxx
( )( )
5 2 25 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
xpolin miode grau
+Ô
��� �� e xpolin miode grau
Ô1
.
Chamaremos de u a pressão com maior grau.
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f) ( ) * ( )3 22 3 2t t sen t t dt+ +∫Mudança de variável
(M.V.)u t t deriva os dois lados
du t t dt
= +
= +
( )
( )
3 2
23 2 express o em t j est iã á á ssolada, fazer a(M.V.)
sen t t t t dt( ) * ( )3 2 23 2+ +∫Fazendo a M.V.:
senudu u C∫ = − +( cos )
Voltando à variável x:
( ) * ( ) cos( )3 22 3 2 3 2t 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 ( ) *20
−∫ x senx dxπ .
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:
( ) *20
−∫ x senx dxπ
, 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* * *= + ⇒ − = ⇒ = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
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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
udv u v vdu x x x dx
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=
udv u v vdu x x x dx
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 20
0− = − − −( )∫ x senxdx x x senx
ππ
( ) ( )( cos )2 20
0− = − − −( ) =∫ x senxdx x x senx
ππ
= − − −( ) − − − −( )( )( 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 40
( )
( )
π
ππ
x senxdx
Vale lembrar que:
( cos )
(cos )
− = −− =
==
ππ
1
0
0 1
0 0
sen
sen
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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) In tdt ∫u t
dut
dte
dv dt
dv dt v t
=
=
=
= =
∫∫
ln
1
ln
*
( ) * *
tdt
udv u v vdu
In t t tt
dt
∫∫ ∫
∫
= −
= −
1
== −
= ( ) ( )( )− + = − +
∫∫
In t t dt
tdt t ln t t C t ln t C
( ) *
ln * 1
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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 32x y dx* ∫
Deve-se integrar em relação à x; logo, y será considerado constante e integramos somente na variável x.
2 3 3 22 2x y dx y x dx* *∫ ∫= , desse modo, temos:
2 3 323
23
x y dx yx
C* *∫ = + , simplificando a expressão do segundo lado, temos:
2 3 22 3x y dx x y C* * .∫ = +
Note que o enunciado solicitava a integração somente na variável x. Assim, a resolução acaba aqui.
Exemplo 2
2 32x 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 2x y dy x ydy* *∫ ∫=
2 3 232
2 22
x y dy xy
C* *∫ = + , simplificando o resultado da integral, temos:
2 3 32 2 2x 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:
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2 2 1 41
22
1
2 2 2 3x dx x yy y y y y yy 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) 2 222 2
1
22
1
x y y dyx
yy
x x− +( ) =
−+
∫ manter x constante.
= − +
− − +
= − −
2 21
1
3 2 1
22
2
2
xy
xx
x x
b) x y dx x y
y y
manter constantey
y
y
y
− = −( )
= −( ) −
∫5
32
5
32
23
23
5
y
yy y
y
−( )
=
32
3216
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 dy dx f x y dy dx
f x
g x
g x
a
b
g x
g x
a
b, ,
,
( ) = ( )
( )
( )( )( )
∫∫ ∫∫1
2
1
2
yy dx dy f x y dx dyg 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
22
1
2
∫ ∫
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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 yxx2
1
22 2
12 2 2 2 2 21
212
212
132
= = ( )
− ( )
=∫ ==
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 xy
x xx2
1
22
1
2 3
1
2 3 3
323
13
8 13
73
= = = −
=
−
=∫ ∫
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
yy2
1
2
1
1 21
1 31
1
21
1
32
12
1∫∫ ∫
∫
= = =
− − =−=
− = = =∫ ∫ =
=1
2
1
2 2122
313
1dx x dx x xx
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.
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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 dydxc
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 dxc
d
a
b,( )
∫∫ e f x y dx dy
a
b
c
d,( )
∫∫ ; ou seja,
R c
d
a
b
a
b
c
df 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.
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
Exemplo 4.3.1: Calcule a integral dupla xe dAyR
−∫∫ , 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
yR
y− −−∫∫ ∫∫
∫
=
=
2
1
0
5
0
5 212
−−=−=
−= ( ) − −( )
= −∫
yxx
y
dy
e dy
21
0
5 2 212
1 23
22
32
32
32
0
5
05 5 0
e dy
e e e
y
yyy
−
−== −
∫
= − −( ) = −( ) = ee− −( )5 1
b) Integrando em relação a y:
xe dA xe dy dx
x e
yR
y
y
− −−
−
∫∫ ∫∫=
= −( )0
5
2
1
−− =
= −
−
∫ ∫= − −( )
= − −
2
105 5 0
1
2
5
yy dx x e e dx
e 1112
12
1 1 2
2
2
1
5 2
( )
= − −( ) ( ) − −
=−
=
−
x
e
x
x
(( )
= −( )= −( )
−
− −∫∫
2 5
5
32
1
32
1
e
xe dA eyR
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
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- R
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Dia
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014
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 Rxyxe dA∫∫ , onde R é a região retangular 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1.
Solução:
Se calcularmos a integral na ordem xe dx dyxy0
2
0
1∫∫
, teremos que usar o método da integração
por partes para calcular a primeira integral:
g(x) = exy f(x) = x
G xy
exy( ) =1
f'(x) = 1
xe dxxy
ey
e dx
xy y
xy xy
x
xxy
0
2
0
2
0
2
2
1
1
∫ ∫= −
= −
=
=
= −
−
−
=
=
ey y
ey
xy
x
xxy
0
2
2 2
2 1 1
Nesse caso, a segunda integração torna-se 2 1 1
22
20
1
y ye
ydyy−
+
∫ .
E agora? Alguma ideia?
Entretanto, se integrarmos primeiro em relação a y, as duas integrações serão triviais:
xe dy dxxe
xdxxy
xy
y
y
0
1
0
2
0
3
0
1
∫∫ ∫
=
=
=
= −
= −
=
∫ ==e dx e xx x
xx1
0
2
02
ee e e2 0 22 3−( ) − = −
165
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
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 2x y dAR
−∫∫ .
Resolução:
Sabemos que dA = dxdy e que R = {(x,y)/1 ≤ x ≤ 2;2 ≤ y ≤ 3}; portanto,
( ) ( )2 2 2 22 21
2
2
3x 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 21
2
2
3
21
2
x y dA x y dxdy
x y dx xdx y
R
− = −
− = −
∫∫ ∫∫
∫
221
2
1
2
1
2 21
22 2
dx
xdx y dx
∫∫
∫ ∫= −
* *
= −
=
22
2
22
2
1
22
1
2xy 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
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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
21
2 2
2
x y dx y
x y
− = −
−
∫
ddA x y dxdy y dyR∫∫ ∫∫ ∫= − = −( ) ( )2 2 3 22
1
2
2
3 2
2
3
3y- 23
y
3= − =
∫ ( )3 2 2
2
3
2
3
y dy
= − − −
= − −
3 3 223
3 2
3 123
27
3 3* ( ) ( )
* ( 88 3383
9 383
293
2 2 2 2293
2 21
2
2
3
)
( ) ( )
= − =−
= −
− = − = −∫∫ ∫∫x y dA x y dxdyR
Fim da integral de fora. Logo, ( )2 2293
2x y dAR
− =−
∫∫ .
Exemplo 2
Dada a função 2 2x y dxdyR∫∫ , determine a integral, considerando R a região representada no gráfico
a seguir.
R
4
y
x
2
1 2
Figura 87
167
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- R
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
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 ≤ 22 ≤ y ≤ 4
Substituindo os limites de integração, temos:
2 21
2
2
4x y dxdy∫∫
Primeiro, devemos resolver a integral de dentro:
I x y dx= ∫ 2 21
2*
Tirando de dentro da integral a constante, temos:
I y x dx= ∫* 2 21
2
Integrando a função:
Ix
y
I y y
I y
=
=
−
=
−
23
2 23
2 13
2 83
3
12
3 3
*
**
**
**
22 13
163
23
143
** y
I y y
I y
= −
=
Com o resultado da integral interna, agora é possível resolver a integral de fora.
2143
2143
143 2
21
2
2
4
2
4
21
2
2
4
2
4
2
2
x y dxdy y dy
x y dxdy y dy
Iy
∫∫ ∫
∫∫ ∫
=
=
*
*
44
2
2
4
2 2
146
14 46
14 26
14 166
Iy
I
I
=
=
−
=
−
*
* *
* 114 46
2246
566
1686
28
*
=
−
= =
I
I
168
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Unidade III2
143
2143
143 2
21
2
2
4
2
4
21
2
2
4
2
4
2
2
x y dxdy y dy
x y dxdy y dy
Iy
∫∫ ∫
∫∫ ∫
=
=
*
*
44
2
2
4
2 2
146
14 46
14 26
14 166
Iy
I
I
=
=
−
=
−
*
* *
* 114 46
2246
566
1686
28
*
=
−
= =
I
I
Portanto, 2 2821
2
2
4x y dxdy∫∫ = .
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 AR 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
55 5 5 3 5 2 10∫ = = − = =dx x u A( ) * . .
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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 = 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 22 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
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- R
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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
4y
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 Ax
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
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
Desse modo, temos:
A f x y dxdy dxdy dydx
y
R R y x
y x
x
x
x
x
y x
= = = =∫∫ ∫∫ ∫∫
∫
=
=
=
=
=
=
=
( , )
(
12
2
0
2
0
2
22
22
0
22
3
0
2
23
23
223
y x
x
x
x
xdx x x dx x
x
A
=
=
=
=
== − = − =
= ( ) −
∫) ( ) ( )
= − =
−=4
83
12 83
43
u A. .
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 dAR
= − −∫∫ ( )4 2 2 2 ⇒ V = − −∫∫ ( )4 2 2 2
0
2
0
1
x y dxdy
V x y dAR
= − −∫∫ ( )4 2 2 2= − −∫∫ ( )4 2 2 2
0
2
0
1
x y dxdy
( )4 20
22 2∫ − −x y dx = − −( )4
23
32
0
2
xx
y x
= − − −( * * * )4 223
2 2 03 2y
= − −8163
2 2y
=−
−24 16
32 2y
( )4 2 20
22 2∫ − −x y dx = −
83
2 2y
= −
∫
83
20
1
y dy = −
83
23
3
0
1
yy
= − −83
123
1 03* ( )
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Unidade III
= − −∫∫ ( )4 2 2 2
0
2
0
1
x y dxdy = =−
= =8 2
363
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
12 2
0
2
0
1
= − −∫ ( )0
12
3
0
2
4 23
y x yy
d x
= − −
−4 2 2 2
23
423
* ( ) *( )
x ** ( ) *0 2 003
23
0
1
− −
∫ x dx
= − −
∫ 8 4
83
2
0
1
x dx
= − −
∫ 24 8
34 2
0
1
x dx
= −
∫ 16
34 2
0
1
x dx
= −
163
43
3
0
1
x x
= − − −
163
143
1163
043
03 3* * * *
= −−16
343
0
= =
= − −∫∫
123
4
4 2 2 2
0
2
0
1
V x y dxdy( ) == 4u v. .
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
V x y dydx x y dy dx= − − = − −∫∫ ∫∫( ) ( ( ) )4 2 4 22 2
0
2
0
12 2
0
2
0
1
= − −∫ ( )0
12
3
0
2
4 23
y x yy
d x
= − −
−4 2 2 2
23
423
* ( ) *( )
x ** ( ) *0 2 003
23
0
1
− −
∫ x dx
= − −
∫ 8 4
83
2
0
1
x dx
= − −
∫ 24 8
34 2
0
1
x dx
= −
∫ 16
34 2
0
1
x dx
= −
163
43
3
0
1
x x
= − − −
163
143
1163
043
03 3* * * *
= −−16
343
0
= =
= − −∫∫
123
4
4 2 2 2
0
2
0
1
V x y dxdy( ) == 4u v. .
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 dAR
( )∫∫ , com os limites R x= [ , ] [ , ]12 0 π
ysen xy dA ysen xy dxR
imeiro vamos resolver aintegral de de
( ) ( )
Pr
∫∫ =nntro Id
Depois de resolvida Idresolvemos aintegral
dy� �� ��
1
2
0 ∫∫π
dde fora usando Id, .
� ����� �����ysen xy dA ysen xy dx
R
imeiro vamos resolver aintegral de de
( ) ( )
Pr
∫∫ =nntro Id
Depois de resolvida Idresolvemos aintegral
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
ydu dx
==
=
1
1Mudança de variável u =
u(x,y).
174
MAT
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Unidade III
y senxy dx y senuy
du
yy
senu du
* *
* *
∫ ∫
∫
=
=
1
1
= − +1* ( cos )u C
y senxy dx y senuy
du
yy
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 cos1
2
12
2 1
∫ = −
= − − yy
y y
)
cos cos = − +2
ysen xy dx cosxy
y
( ) ( )
(cos cos1
2
12
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
00 0
2 2∫∫ ∫ ∫= − +( ) = − +π
π π
+ ∫cos ydy0
π
= − +sen y
seny2
2 00
ππ
ysen xy dxdy y y dy y dy( ) cos cos cos( )1
2
00 0
2 2∫∫ ∫ ∫= − +( ) = − +π
π π
+ ∫cos ydy0
π
= − +sen y
seny2
2 00
ππ
ysen xy dxdy y y dy y dy( ) cos cos cos( )1
2
00 0
2 2∫∫ ∫ ∫= − +( ) = − +π
π π
+ ∫cos ydy0
π
= − +sen y
seny2
2 00
ππ
Vamos, agora, resolver a integral final, ou seja, a
integral da função resultante na variável y.
= +
+ −
12
2
0
0* ( )sen y
sen sen
π
π
= − +
+ −
12
2 0
0 0
* ( )sen senπ
= − +12
0 0 0* ( )
ysen xy dxdy y y dy( ) cos cos1
2
00
2 0∫∫ ∫= − +( ) =π
π
ysen xy dxdy y y dy( ) cos cos1
2
00
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
MAT
- R
evis
ão: A
ndre
ia -
Dia
gram
ação
: Fab
io -
23/
08/1
3 //
Red
imen
sion
amen
to -
Már
cio:
22/
07/2
014
CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
Resolução:
Queremos determinar V y dAD
= +∫∫ ( )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:
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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 23 24 2 2
2
2+ = +∫∫ ∫∫
+
−y dA y dydx
Dx
x
Lembre-se de que a integral de dentro, obrigatoriamente, é feita em primeiro lugar.
Segue a resolução:
( )1 2+∫∫ y dAD
= ++
− ∫∫ ( )1 23 24 2 2
2
2y dydx
x
x= +
+∫ ( )1 2
3 24 2 2
y dyx
x Devemos integrar primeiro na variável y.
= ++
( )y yx
x2
3 2
4 2 2Resultado da integral.
= + + + +
− +
[( ) ( ) ]
[( ( ) ]
4 2 4 2
3 3
2 2 2
2 2 2
x x
x xSubstituir os limites
de integração.
= + + + +
+ − +
[( ) (
)] [ ]
4 2 16 16
4 3 9
2 2
4 2 4
x x
x x xFazendo os cálculos
algébricos.
= + + + +
+ − +
[( ) (
)] [ ]
4 2 16 16
4 3 9
2 2
4 2 4
x x
x x x
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
= – 5x4 + 15x2 + 20 Resultado da primeira integral.
( )1 2+∫∫ y dAD
( )− + +−∫ 5 15 204
2
2 2x x dx = + + −( )xx5
3
2215
320 Resolvendo a integral.
= + +−
( )x x5 3
2
25 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 dAD
( )− + +−∫ 5 15 204
2
2 2x x dx = 96 Resultado final integral da dupla.
Portanto, V y dA u vD
= + =∫∫ ( ) .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
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Unidade III
x x
x x
x
x
x
x
x e x
2 2
2 2
2
2
2
2
2
2 2
22
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
xy = x2
y = 2 – x2
Figura 90
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
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 dydxD
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 dAD
= −−
− ∫∫ ( )422 2
1
1y dydx
x
x Com os limites de integração.
= −−
− ∫∫ ( )422 2
1
1y dydx
x
x= −
−∫ ( )42
2 2y dy
x
xResolvendo uma integral de cada vez, começando
pela variável y.
= − −( )42
2
22 2
yy
x
x Resolvendo a integral.
= − −−
+
− −
[( * ( )( )
)]
[(( )
)]
4 22
2
42
22 2
22 2
xx
xx
Substituindo os limites na variável.
= − −− +
+
− −
( )8 44 4
2
42
22 4
24
xx x
xx
= − − + −
+
− −
8 4 2 212
412
2 2 4
2 4
x x x
x x
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Unidade III
= − −
+
− −
6 212
412
2 4
2 4
x x
x x
= − − − +6 212
412
2 4 2 4x x x x
= 6 – 6x2
Cancelamos o termo
− +
=
12
12
04 4x x
( )6 6 21
1−
−∫ x dx= −
−
66
3
3
1
1
xx Vamos, agora, integrar
na segunda variável, ou seja, em x.
= −−
( )6 2 3
1
1x 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 dAD
= −−
− ∫∫ ( )422 2
1
1y dydx
x
x = 8 O resultado do exercício.
Exemplo 4
Calcule x xy dydxcos( )0
1
0
32 ∫∫π
.
x xy dydxcos( )0
1
0
32 ∫∫π = ∫∫ x xy dy dx
egral de dentro
cos( )
int
0
1
0
32� ��� ���
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.
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
u xy
du xdy
xdu dy
x ux
du
xx
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
01 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
32 ∫∫π
= ∫ ( )senx dx0
32π
= −(cos )x0
32π A resolução da segunda
integral.
x xy dydxcos( )0
1
0
32 ∫∫π
= ∫ ( )senx dx0
32π
= − −[(cos ) (cos )]32
0π Substituindo os limites
de integração.
x xy dydxcos( )0
1
0
32 ∫∫π
= ∫ ( )senx dx0
32π
– (0 – 1)
x xy dydxcos( )0
1
0
32 ∫∫π
= ∫ ( )senx dx0
32π
= 1Resultado final da
integral.
Exemplo 5
Calcule a integral dupla xy dydxD
2∫∫ sobre a região genérica D representada na figura a seguir.
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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 dydxD
2∫∫ = ∫∫ ( )xy dydxx
22
0
2Colocando os limites de integração.
= ∫∫ ( )xy dydxx
22
0
2= ∫ ( )xy dy
x22 Faremos primeiro, obrigatoriamente,
a integral de dentro.
=
=
=
−
∫x y dy
xy
xx
x
x
22
32
3 3
3
23 3
*
== −
x
x*
83 3
3
Resolvendo a integral de dentro.
( )xy dyx
22∫ = −
83 3
4x xO resultado da integral de dentro.
( )xy dydxD
2∫∫ = ∫∫ ( )xy dydxx
22
0
2= −∫ ( )
83 3
4
0
2 x xdx Finalizando a resolução da integral.
( )xy dydxD
2∫∫ = −∫ ( )83 3
4
0
2 x xdx = −
83 2 3 5
2 5
0
2x x* *
Resolvendo a integral final.
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
= −
43 15
2 5
0
2x x
Simplificando.
= −4 23
215
2 5*
=−5 16 32
15* ( )
=−80 32
15
=÷÷
48 315 3
Podemos simplificar esta resposta.
( )xy dydxD
2∫∫ = −
∫
83 3
4
0
2 x xdx =
165
. 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:
dx dyx yr
drd rdrdR R R∫∫ ∫∫ ∫∫=
∂∂
=( , )( , )θ
θ θ
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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:
sencateto opstohipotenusa
ecateto adjacente
hipotenusaθ θ= =cos
y
x
r
θ
senyr
exr
r sen y e r x
y r sen e x r
θ θ
θ θθ 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 ex r
y rsen² ² ²
cos+ =
==
θθ
y
xθ
Figura 93
A seguir, vamos realizar o cálculo do determinante jacobiano ∂∂( , )( , )x yr 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 primeira ordem de uma função vetorial. Só é possível determinar a matriz jacobiana de uma função vetorial se as derivadas parciais existirem.
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
∂∂
=
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
( , )( , )
detx yr
xr
x
yr
yθθ
θ
Primeiro, vamos determinar todas as derivadas parciais de primeira ordem. Sabemos que:
x r e y rsen
xrx
rsene
yr
= =
∂∂
=
∂∂
= −
∂∂
=
cos
cos
θ θ
θ
θθ
ssen
yr
θ
θθ
∂∂
=
cos
Derivadas parciais calculadas, vamos substituir no determinante jacobiano e calcular o valor do determinante.
Cálculo do determinante jacobiano:
∂∂
=
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
=
( , )( , )
det
( , )( , )
d
x yr
xr
x
yr
y
x yr
θθ
θ
θeet
cos
cos
( , )( , )
cos
( ,
θ θθ θ
θθ θ
−
∂∂
= +
∂
rsen
sen r
x yr
r rsen
x
2 2
yyr
r sen
x yr
r
x yr
r
)( , )
(cos )
( , )( , )
*
( , )( , )
∂= +
∂∂
=
∂∂
=
θθ θ
θ
θ
2 2
1
Portanto:
dx dy rdrd dA rdrdR R R R∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫= =θ θ e
186
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Unidade III
Logo:
f x y dx dy f r rdrd f x y dA f rR r
r
R
( , ) ( , ) ( , ) ( , )∫∫ ∫∫ ∫∫= =θ θ θθ
θ
1
1
1
2 e rrdrd
r
r
θθ
θ
1
1
1
2
∫∫
Onde: θ1 ≤ θ ≤ θ2 e r1 ≤ r ≤ r2
Vamos resolver alguns exemplos:
Exemplo 1
Resolver ( )x y dAR
2 292+∫∫ , 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.
Rxx+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 02
≤ ≤θπ
. Para resolver integrais, nossos ângulos dever estar sempre em radianos.
Agora, temos os extremos de integração e podemos resolver a integral.
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
Rpi/2
2
1
θ1 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: 02
≤ ≤θπ e 1 ≤ r ≤ 2 e, por outro, temos que f x y x y( , ) ( )= +2 2
92 e sabemos que x2 + y2 = r2.
Sabemos que f x y dA f r rdrdR r
r
( , ) ( , )∫∫ ∫∫= θ θθ
θ
1
1
1
2
.
Se I x y dA r rdrdR
= + = ( )∫∫ ∫∫( )292 2
92
1
2
0
22 θ
π
( )x y dAR
2 2+ =∫∫92
r rdrd² *( )∫∫92
1
2
0
2π
θ Integral a ser resolvida.
( )r rdr292
1
2∫
= ∫ r rdr91
2*
= ∫ r dr101
2
Primeiro, precisamos resolver a integral em função de r. Multiplicações de mesma base, conservamos a base e somamos os
expoentes.
=r11
1
2
11Integrando, temos:
=( )
−( )2
11
1
11
11 11
= −2048
11111
Substituir a variável pelos limites de integração.
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Unidade III
( )r rdr292
1
2∫ =
204711
Resultado da integral de dentro.
( † †)x y dAR
+∫∫92
= ( )∫∫ r rdrd292
1
2
0
2θ
π
= ∫2047
110
2π
θdVoltamos à resolução da integral proposta. Vamos retirar a constante fora da integral.
= ∫2047
110
2π
θd Resolvendo a integral em θ.
=2047
11 0
2θ
π
Substituindo os extremos de integração.
=
−
204711
20
π
=2047
11 2*
π
( )x y dAR
2 2+∫∫92
= ( )∫∫ r rdrd292
1
2
0
2θ
π
=2047
22π
Resultado solicitado.
Exemplo 2
Calcular ( )x y dAR
2 2+∫∫ , onde R é a região no semiplano superior limitado pelos círculos x2 + y2 = 4
e x2 + y2 = 5.
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
Resolução:
Vamos representar graficamente a região de integração.
– 2 1
xx + yy = 4
xx + yy = 51
2
3y
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 dAR
2 2+∫∫ = ( )∫∫ r rdrd² *2
5
0
π
θIntegral a ser calculada.
Substituímos x² + y² = r² e inserimos os extremos das
coordenadas polares.
r rdr²( )∫2
5
= ∫ r dr3
2
5Vamos, primeiro, resolver a
integral de dentro.
=r4
2
5
4
= −54
24
4 4
Resolvendo a integral definida.
r rdr²( )∫2
5
=−625 16
4Resultado da integral de dentro.
190
MAT
- R
evis
ão: A
ndre
ia -
Dia
gram
ação
: Fab
io -
23/
08/1
3 //
Red
imen
sion
amen
to -
Már
cio:
22/
07/2
014
Unidade III
( )x y dAR
2 2+∫∫ = ( )∫∫ r rdrd² *2
5
0
π
θ =−
∫625 16
40
π
θd Voltando à integral principal.
( )x y dAR
2 2+∫∫ =−
∫625 16
40
π
θd =−
∫625 16
40
* dθπ Retirando a constante que está
multiplicando de dentro da integral.
=−625 16
4 0* θ π
=−
−625 16
40* ( )π
Resolvendo a integral.
( )x y dAR
2 2+∫∫ = ( )∫∫ r rdrd² *2
5
0
π
θ =−( )625 16
4
πResultado final da integral.
Exemplo 3
Determinar r rdr dR
cos∫∫ θ sabendo que os limites de integração estão representados na figura a seguir:
0
y
0 x2π
1
Figura 97
Avaliando a imagem, temos que os limites de integração são: 2 3
0 2
≤ ≤≤ ≤
r
θ π
Resolvendo o exercício:
cosrrdrdθπ
0
1
0
2∫∫
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MAT
- R
evis
ão: A
ndre
ia -
Dia
gram
ação
: Fab
io -
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3 //
Red
imen
sion
amen
to -
Már
cio:
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014
CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
Primeiro, precisamos resolver a integral em função de r, isto é:
cos * cosrrdr r rdr0
1
0
1∫ ∫=
Essa integral precisa ser resolvida como uma integral por partes.
r rdr* cos0
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
01
0
1
1 1 1 0 0
∫
∫
= +( )
= + − + ss )
cos ( cos )
0
1 1 10
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 10
2+ −∫ θ
π
Integrando a função solicitada, isto é,
I sen d= + − ∫( ( ) cos( ) ) *1 1 10
2θ
π
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MAT
- R
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ão: A
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ia -
Dia
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ação
: Fab
io -
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3 //
Red
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to -
Már
cio:
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Unidade III
Substituindo os limites na função:
I sen
I sen
I se
= + −
= + − −=
( ( ) cos( ) ) *
( ( ) cos( ) ) * ( )
* (
1 1 1
1 1 1 2 0
2
02θ
ππ
π
nn( ) cos( ) )1 1 1+ −
Portanto:
cos ( cos )
cos (
rrdrd sen
rrdrd
θ π
θ π π
π
π0
1
0
2
0
1
0
2
2 1 1 1
2 2
∫∫
∫∫
= + −[ ]
= − + ssen
rrdrd sen
1 1
2 2 1 2 10
1
0
2
+
= − + +∫∫
cos )
cos cosθ π π ππ
Exemplo 4
Determinar em coordenadas polares 2xdAR∫∫ , 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 quex r
y rsen
==
cosθθ
Segue que a integral solicitada deve ser:
2 21
2
0
xdA r r dr dR∫∫ ∫∫= ( cos )θ θ
π
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MAT
- R
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ão: A
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ia -
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: Fab
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3 //
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
2xdAR∫∫ = ( cos )2
1
2
0
r r dr dθ θπ
∫∫ Integral a ser resolvida.
( cos )21
2
r rdrθ∫ = ∫2 2
1
2
cosθ r dr Preparando a integral de dentro.
=
= −
=
=
23
23
2 1
23
7
143
3
1
2
3 3
cos
cos * ( )
cos *
cos
θ
θ
θ
θ
r
Resolvendo a integral de dentro.
( cos )21
2
r rdrθ∫ =143
cosθ Integral de dentro resolvida.
2xdAR∫∫ = ( cos )2
1
2
0
r r dr dθ θπ
∫∫3
143
0
π
θ θ∫ cos d Substituindo na integral solicitada.
= ∫143
0
cosθ θπ
d Resolvendo a integral, temos:
=143 0
senθ π
= −
= =
143
0
143
0 0
( )
*
sen senπ
2xdAR∫∫ = ( cos )2
1
2
0
r r dr dθ θπ
∫∫ = 0 Resultado da integral desejada.
Portanto, 2 2 01
2
0
xdA r r dr dR∫∫ ∫∫= =( cos )θ θ
π
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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 dy dx f x y dy dxg 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 dxdyc
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 rx r
y rsene f x y dxdy f r rdrd
r r
r r
² ² ²,cos
( , ) ( , )+ ===
==
=
∫θθ
θ θ1
2
θθ θ
θ θ
=
=
∫∫∫1
21
R
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- R
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CálCulo DiferenCial e integral De Várias VariáVeis
Exercícios
Questão 1 (Enade, 2008). Considere g: R → R uma função com derivada dgdt
contínua e f a função
definida por f xdgdt
t dtx
( ) ( )= ∫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; dgdt
a derivada da g(t) e dg tdt
dtx ( )0∫ ; x ∈ R.
I – Afirmativa correta.
Justificativa: veja que dg tdt
dtx ( )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 dgdt
, 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).
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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 tdrdt
t dtC
¨
. ( ( )). ( )∫ ∫=
Se F r f r
rr
( ) (| |)| |
= , 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 rr
r
( )| |
= 22
π, ao
longo da hélice C dada por r(t) = (cos(t), sen(t), t), t ∈ [0, 2π], é:
A In
B
C
D
) ( )
)[ ]
)
)
− +
−+
−
−+
2 1 4
61
1 41
2 11
1 4
2
2 2
2
π π
ππ
ππ
44 1 4
2 1 4
2
2
π π
π π
In
E In
+
+)
Resolução desta questão na plataforma.
