Cálculo IV; atividade aula 1

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AULA 01 
TÍTULO DA AULA: Integrais Múltiplas 
 
 Atividades 
 
A atividade desta aula será um reforço. Vamos rever o conteúdo de integral definida 
aprendida na disciplina de cálculo. Este conteúdo será utilizado nesta aula. 
 
Resolva a integral definida 𝑅1 = ∫
−𝑥2
2
+ 8 𝑑𝑥
5
−4
. 
Gabarito: 
 
R1 = 
−1
2
𝑥3
3
+ 8𝑥|
−4
5
= 
−125
6
+ 40 − 
64
6
+ 32 = 
243
6
 
 
Conteúdo 
Integrais Múltiplas 
 Nesta aula estaremos aprendendo integrais múltiplas, mais especificamente integrais 
duplas. Para iniciarmos começaremos recordando a integral aprendida anteriormente e 
estenderemos esse conhecimento para chegarmos a integral dupla. 
 
Na disciplina de cálculo, apresentada anteriormente, aprendemos sobre integral indefinida e 
integral definida. Vimos: 
 
Definição: Integral Definida 
 
Seja f uma função definida ao menos no intervalo fechado [a,b]. Então a área com sinal sob o 
gráfico de f entre x=a e x=b é denotada por 
( )
b
a
f x dx 
Portanto podemos escrever, 1 2
( )
b
a
f x dx A A= − 
 
Agora estaremos acrescentando mais um símbolo de integral a esta aprendida anteriormente. 
 
Integral dupla portanto terá como notação: ∫ ∫ f(x, y)dx dy
d
c
b
a
. 
 
Observe que se antes a função era de uma variável f(x), agora estamos trabalhando com duas 
integrais e portanto com funções de várias variáveis, no caso deste exemplo a função será f(x,y), 
denotaremos como z = f(x,y). 
 
Outra observação é o intervalo que antes era fechado em [a,b], agora trabalharemos com a função 
real f(x,y) e esta será definida e contínua no retângulo [a,b] x [c,d]. 
 
Passaremos agora a interpretação Geométrica da Integral Dupla. 
 
 
 
Interpretação Geométrica da Integral Dupla 
 
Considere uma função real z = f(x,y) definida e contínua no retângulo R = [a,b] x [c,d]. O retângulo 
R pode ser escrito também como: R = { (x,y)  2| a ≤ x ≤ b e c ≤ y ≤ d }. Ambas as notações 
podem ser usadas pois estão descrevendo a mesma região. 
 
Antes com a integral definida como 1 2
( )
b
a
f x dx A A= − nossa região descrevia a área da função y 
= f(x) no intervalo [a,b] e geometricamente seria descrita por: 
 
 
 
 
Agora com a integral definida como ∫ ∫ f(x, y)dx dy
d
c
b
a
 , suponhamos que f(x,y) ≥ 0 em R, então 
z= f(x,y) é uma superfície situada acima do retângulo R. A região que se formará no espaço 
chamaremos de W e será definida pelo retângulo R e os quatro planos x = a, x = b, y = c e y = d, 
conforme pode ser observado na figura abaixo. 
 (a figura em word) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(a figura em Pawer point) 
 
b 
a 
 
x 
y Área A
1
 
Área A 
R 
a 
b 
c d 
 
 
 
 
Podemos observar que agora a região W estará definindo um volume. Chamaremos este volume 
de integral dupla de f sobre R, denotado por: ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝑑𝑦
𝑅
 ou ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴
𝑅
. 
 
Vamos agora exercitar a visualização da figura. 
 
Exemplo: Se f(x,y) = 1 - x e R = [0,1] x [0,1]. 
 
A região R será definida pelos pontos: 
 
f(x,y) no ponto x = 0, y = 0 será f(x,y) = 1. Então teremos o ponto (0,0,1). 
f(x,y) no ponto x = 0, y = 1 será f(x,y) = 0. Então teremos o ponto (0,1,0). 
f(x,y) no ponto x = 1, y = 0 será f(x,y) = 0. Então teremos o ponto (1,0,0). 
f(x,y) no ponto x = 1, y = 1 será f(x,y) = 0. Então teremos o ponto (1,1,0). 
 
Observe as figuras abaixo a função f(x,y) é o plano vermelho e a região R. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(gráfico feito no Pawer point) 
 
z 
R 
a 
b 
c 
 
d 
 
 
 
 
 
 
Observe pela interpretação geométrica que uma das aplicações para integral dupla é o volume 
de figuras. Mais adiante apresentarei algumas aplicações dentre eles o cálculo de volume. 
 
Agora que já temos uma visão geométrica da integral dupla vamos aprender como resolver essa 
integral. 
 
Resolvendo a primeira integral dupla 
 
 Vamos voltar ao exemplo anterior. Se f(x,y) = 1 - x e R = [0,1] x [0,1]. Usando a definição 
de integral dupla aprendida anteriormente escrevemos: 
 
∫ ∫ f(x, y)dx dy
d
c
b
a
= ∫ ∫ 1 − x dx dy
1
0
1
0
 
 Para integrar a integral dupla iniciamos sempre pela integral mais interna, ou seja, 
∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 = ∫ 1 − 𝑥 𝑑𝑥
1
0
𝑑
𝑐
. Esta integral será feita como aprendido anteriormente na disciplina 
de cálculo, usando as mesmas propriedades. Neste caso teremos: 
∫ 1 − 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 − 
𝑥2
2
 |0
11
0
= 1 −
1
2
− (0 − 0) = 
1
2
 . 
 
 Na segunda etapa da resolução da integral dupla pegaremos o resultado da primeira 
resolução (da integral mais interna) e aplicaremos na segunda integral, ficará: ∫ 
1
2
 𝑑𝑦 =
𝑏
𝑎
 
1
2
∫ 𝑑𝑦
1
0
. Resolvendo esta integral teremos 
1
2
𝑦 aplicando os limites de integração teremos como 
resultado 
1
2
. Portanto a integral dupla terá como resultado 
1
2
, podemos escrever então: 
∫ ∫ 1 − x dx dy
1
0
1
0
= 
1
2
 . 
 
 Observe que a integral dupla nada mais é do que o mesmo processo aprendido na 
disciplina de cálculo visto anteriormente, porém você estará resolvendo duas vezes o processo 
de integração. 
 
 
 
 
 
y 
x 
R 
 
 
 
 Passaremos agora para a definição mais rigorosa da integral dupla através do método das 
somas de Riemann. Este método foi apresentado anteriormente na disciplina de cálculo para 
integral de funções de uma variável, agora estenderemos este teorema a integral dupla. 
 
Integral dupla sobre um retângulo 
 
 Consideremos P1 e P2 duas partições regulares de ordem n de [a,b] e [c,d], isto é, divida o 
intervalo [a,b] e [c,d] em partes iguais com x j+1 - x j= (b-a)/n e com y k+1 - yk = (d-c)/n, ficando 
assim P1 = {x0, x1, ..., xn} e P2 = {y0,y1,...,yn} onde a= x0 < x1 < ... < xn= b e c = y0 < y1 < ... < yn = d. 
 
Representando graficamente o produto cartesiano P1 x P2 teremos: 
 
 
 
Notação: P1 x P2 será chamada de partição regular de ordem n do retângulo R. Esta 
decomposição do retângulo R gera n 2 subretângulos. 
 
Usando a ideia da soma de Riemann aplicado na disciplina de cálculo anteriormente podemos 
desenvolver o raciocínio: 
 
 Suponha que z = f(x,y) é uma função real limitada em R. Se calcularmos a região de cada 
subretângulo e somarmos todos os valores encontraremos a região do retângulo R. Quanto mais 
(1,1,0) (1,0,0) 
R 
(0,1,0) 
 
 
particionamos a região R, mais retângulos estaremos somando e mais próximo do valor exato 
estaremos. 
 
Formalmente podemos escrever a soma de Rimann de f sobre R como: 
 
Suponha que z = f(x,y) é uma função real limitada em R, Rjk é o subretângulo [x j , x j+ 1] x [yk, y 
k+1] e cjk é um ponto qualquer de Rjk. A soma será descrita como: 
Sn = ∑ ∑ 𝑓(𝑐𝑖𝑘)∆𝑥∆𝑦
𝑛−1
𝑗=0
𝑛−1
𝑘=0 , onde ∆𝑥 = x j+1 - xj = 
𝑏−𝑎
𝑛
, ∆𝑦 = y j+1 - yj = 
𝑑−𝑐
𝑛
. 
 
 
 
Se a sequência das somas de Riemann da função f tem limite s pertencente aos reais quando n 
tende para o +∞ e este limite independe da escolha dos pontos cjk nos subretângulos Rjk dizemos 
que f é integrável sobre R. 
 
Com base neste raciocínio podemos escrever o Teorema: 
 
Teorema: Toda função contínua definida num retângulo R é integrável sobre R 
 
Para visualizar a interpretação geométrica da soma de Rimann aplicada a integral dupla vamos 
utilizar novamente a definição: 
 
Suponha que z = f(x,y) é uma função contínua e positiva num retângulo R=[a,b] x [c,d]. Considere 
a região W do espaço limitada pelo gráfico de z = f(x,y), o retângulo e os planos x = a, x = b , y = c 
e y = d. Se tomarmos cjk um ponto de máximo de f(x,y) no subretângulo Rjk, então f(cjk) x y 
representa o volume da caixa retangular de base Rjk e altura f(cjk). Lembre-se volume da caixa 
retangular é base vezes altura. Observe a figura abaixo. 
 
 
 
 
Quanto mais particionamos a região R mais próximos ao volume real de f(x,y) chegaremos. 
Observe as figuras abaixo: 
 
Observe que utilizando novamente o mesmo raciocínio que já vimos anteriormente na disciplina 
de cálculo poderemos afirma que se a função z=f(x,y) é limitada no retângulo R = [a,b] x [c,d] mas 
possui um conjunto de pontos de descontinuidade podemosdescrever f como uma união finita 
de gráficos de funções contínuas, então f continuará a ser integrável sobre R. 
 
Finalmente podemos escrever, baseados no teorema de Riemann, a integral dupla como: 
 
∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 = lim
𝑚,𝑛→∞
∑ ∑ 𝑓(𝑥𝑖𝑗 , 𝑦𝑖𝑗) ∆𝐴
𝑚
𝑗=1
𝑛
𝑖=1𝑅
 se esse limite existir. 
 
Lembre-se dA = dx dy. 
 
Exemplo: Determinar o volume do sólido que está acima do quadrado R = [0,2] x [0,2] e abaixo 
do parabolóide elíptico z = 16 – x2 – 2y2 . 
 
 
(1, (1,
 
 
Os quadrados estão ilustrados na figura e a área de cada um vale 1 (uma unidade). Aproximando 
o volume pela soma de Riemann: 
 
 
Volume será aproximadamente o somatório: ∑ ∑ 𝑓(𝑥𝑖𝑗 , 𝑦𝑖𝑗) ∆𝐴
2
𝑗=1
2
𝑖=1 , desenvolvendo o 
somatório teremos f(1,1) A + f(1,2) A + f(2,1) A + f(2,2) A = 13 (1) + 7 (1) + 10(1) + 4 (1) = 
34, onde base = 2-1 = 1, altura =2-1 = 1 e A = base x altura =1. Lembre-se a partição é regular. 
Então 34 será o volume aproximado da caixa. 
 
Veremos a seguir algumas propriedades de integral dupla, que já vimos na disciplina de cálculo 
quando aprendemos integral indefinida, estas continuam válidas para integrais múltiplas. 
 
Propriedades 
 
Veremos agora algumas propriedades fundamentais para integral dupla: 
 
1) Linearidade 
 
Seja f e g funções integráveis num retângulo R e c1, c2 constantes reais. Então c1 f + c2 g é integrável 
sobre R. Podemos escrever então: 
 
∬ 𝑐1 𝑓(𝑥, 𝑦) + 𝑐2 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = 
𝑅
𝑐1 ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) + 𝑐2 ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑅
 
𝑅
 
 
De uma forma menos formal podemos dizer que a constante pode sair da integral, ficando apenas 
a função f(x,y) para ser integrada. 
 
2) Monotonicidade 
Seja f e g funções integráveis num retângulo R e f(x,y) ≥ g(x,y), (x,y) , então: 
 
∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 ≥ ∬ 𝑔(𝑥, 𝑦)
𝑅
𝑑𝑥𝑑𝑦 
𝑅
 
 
De uma forma menos formal podemos dizer que se conhecemos duas funções e podemos afirmar 
que uma é menor ou igual a outra, esta propriedade será preservada na integral dupla. 
 
2) Aditividade 
 
 
 
Se o retângulo R é subdividido em n retângulos e se f é integrável sobre cada Ri, i =1, ..., n, então f 
é integrável sobre R, podemos escrever: 
 
∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∑ ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)
𝑅𝑖
𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑛
𝑖=1
 
𝑅
 
 
De uma forma menos formal podemos dizer que se a função possui um conjunto de pontos de 
descontinuidade poderemos descrever f como uma união finita de gráficos de funções contínuas, 
então f continuará a ser integrável sobre R. 
 
Apresentaremos agora um importante teorema que muitas vezes será fundamental para resolver 
a integral dupla. 
 
Teorema de Fubine 
 
Se z= f(x,y) é contínua no retângulo R = { (x,y) | a < x < b, c < y < d }, então a integral dupla de f 
sobre R pode ser obtida através de integrais iteradas, ou seja: 
 
 
 
 
Observe que quando trocamos a ordem de resolução da integral o diferencial da variável 
independente muda junto, ou seja, o dx esta amarrado ao limite a < x < b e dy esta amarrado a c 
< y < d. Além disto observe que ainda será válida a afirmação de que se f é descontínua apenas 
numa região finita de gráficos de funções contínuas. 
 
Usando o teorema de Fubini, por exemplo para a função f(x,y) em R = [-1,1] x [0, 
π
2
], podemos 
escrever: ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝑑𝑦
1
−1
π
2
0
= ∫ ∫ f(x, y) 𝑑𝑦 𝑑𝑥
π
2
0
1
−1
. 
 
Exemplo: 
 
Primeiro resolveremos a integral mais interna: 
 
 
 
Com o resultado desta integral resolveremos outra integral: 
 
 
 
 
Podemos fazer 
 
∫ 𝑥2 + 𝑦2𝑑𝑦
1
0
= 𝑥2𝑦 + 
𝑦3
3
|
0
1
= 𝑥21 +
1
3
− (0𝑦 + 0) = 𝑥2 +
1
3
 
 
   





=





=
d
c
b
a
b
a
d
cR
dydxyxfdxdyyxfdAyxf ),(),(),(
 +
1
0
22
1
0
dxdyyx
22
3
2
3
1
0
2
31
0
22
3
1
)0
3
0
(1
3
1
3
yyyxy
x
dxyx +=+−+=+=+
3
2
3
1
3
1
)
3
0
0
3
1
(
3
1
1
3
1
33
1
3
1 33
1
0
31
0
2 =+=+−+=+=+
y
ydyy
 +
1
0
22
1
0
dydxyx
 
 
∫ 𝑥2 +
1
3
𝑑𝑥
1
0
=
𝑥3
3
+ 
1
3
𝑥|
0
1
=
13
3
+ 
1
3
− (0 + 0) =
2
3
 
 
A pergunta imediata será: "Então sempre poderei escolher a ordem que quero fazer ?" 
 
Infelizmente nem sempre. Ocorrerá na maioria das vezes que uma ordem vai facilitar seu 
trabalho para integrar e outra vai complicar. A visão geométrica dos limites de integração irá nos 
ajudar a decidir. Vamos então prosseguir e ver o que pode nos ajudar a decidir por onde 
caminhar. 
 
Integrais dupla sobre regiões mais gerais 
 
 O conceito de integral dupla nas regiões de integração retangulares pode ser estendida 
para regiões mais gerais, para isto definiremos: 
Definição: Sejam D um subconjunto limitado e fechado do plano xy e R = [a,b]x[c,d] um retângulo 
que contém D. Seja f uma função contínua, portanto limitada em D. Definimos uma nova função 
g (limitada) em R por: 
 
𝑔(𝑥, 𝑦) = {
𝑓(𝑥, 𝑦), (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑫,
0, (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅 − 𝑫.
 
g é contínua, exceto, possivelmente, na fronteira de D. Se a fronteira de D consiste de um número 
finito de gráficos de funções continuas, então g é integrável sobre R conforme definimos 
anteriormente. 
 
Portanto definiremos agora os dois tipos de regiões D que trabalharemos com integral dupla. 
 
Tipo de Região I 
 
Definiremos como região do tipo I a região 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2| 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 𝑒 𝜑1 ≤ 𝑦 ≤ 𝜑2} onde 
𝜑1 𝑒 𝜑2 são funções contínuas em [a,b] e 𝜑1 ≤ 𝜑2. Observe abaixo a figura que representa a 
região do tipo I, veja que se traçarmos uma reta paralela ao eixo y (x = t , onde t  [a,b]), esta 
interceptará D entre as curvas y=𝜑1 e y=𝜑2,. Podemos afirmar que esta região é fechada e 
limitada porque 𝜑1 e 𝜑2 são continuas em [a,b]. 
 
Portanto escreveremos a integral como: ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 𝑑𝑥
𝜑2(𝑥)
𝜑1 (𝑥)
𝑏
𝑎
 
𝐷
 
 
 
 
 
 
 
Tipo de Região II 
 
Definiremos como região do tipo II a região 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2| 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑 𝑒 𝜔1 ≤ 𝑥 ≤ 𝜔2} 
onde 𝜔1 𝑒 𝜔2 são funções contínuas em [c,d] e 𝜔1 ≤ 𝜔2. Observe abaixo a figura que representa 
a região do tipo II, veja que se traçarmos uma reta paralela ao eixo x (y = t , onde t  [c,d]), esta 
interceptará D entre as curvas x=𝜔1 e x=𝜔2. Podemos afirmar que esta região é fechada e 
limitada porque 𝜔1 e 𝜔2 são continuas em [c,d]. 
 
Portanto escreveremos a integral como: ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦
𝜔2(𝑦)
𝜔1 (𝑦)
𝑑
𝑐
 
𝐷
 
 
 
 
Observe que ao definir o tipo de região, definimos a ordem que a integral tem que ser resolvida. 
 
Vamos aplicar esta teoria em um exercício clássico, ou seja, um exercício que pode ser 
encontrado em todos os livros. 
 
Se f(x,y) = 1 para todo (x,y)  D, a integral dupla será a área da região D. Podemos escrever: 
 
∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = ∬ 1 𝑑𝑥 𝑑𝑦
𝐷
 
𝐷
= área de D. 
 
Considere D uma região do tipo I, descrita por 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2| 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 𝑒 𝜑1 ≤ 𝑦 ≤ 𝜑2} 
 
 
 
z 
y 
x 
R 
(0,
1,
0) 
(1,
1,
0) 
(1,0,0
) 
 
 
 
∬ 1 𝑑𝑥 𝑑𝑦
𝐷
 = ∫ ∫ 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = ∫ 𝜑2(𝑥) − 𝜑1
𝑏
𝑎
(𝑥) 𝑑𝑥 = á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝐷 
𝜑2
𝜑1
𝑏
𝑎
 
 
Exemplo: Determine a área da região limitada pelas curvas x2 + 2y - 16= 0 e x + 2y + 4 = 0. 
 
Primeiro vamos desenhar o gráfico com estas curvas: 
 
x2 + 2y - 16= 0 é uma parábola voltada para baixo com raízes -4 e 4. 
 
x + 2y + 4 = 0 é uma reta que passar nos pontos (-4,0) e (0,-2). 
 
Interseção da duas curvas nos pontos (-4,0) e (5,0). 
 
Agora que temos a região de integração não precisamos resolver com a integral dupla, usaremos 
a integral definida. 
 
Neste caso estaremos integrando a região pintada em azul (R1) e a região pintada em laranja 
(R2). A área total será R1 + R2. 
 
𝑅1 = ∫
−𝑥2
2
+ 8 𝑑𝑥
5
−4
 e R2 = ∫
𝑥
2
5
−4
+ 2 𝑑𝑥 
 
Você deverá resolver este exercício como atividade. O resultado que deverá achar será 
243
4
. 
 
Exemplo: Seja D o triangulo de vértices (-1,0), (0,1) e (1,0). Calcule a integral dupla da função 
f(x,y) = x + y em D. 
 
Primeiro passo: Escrever a integraldupla de acordo com a definição, ou seja, ∬ 𝑥 + 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦
𝐷
. 
Segundo passo: Desenhar a figura e decidir se usará a região do tipo I ou do tipo II. Com base 
na sua decisão escreva a integral com os limites de integração. 
 
 
 
 
 
 
 
 
A reta em vermelho pode ser escrita usando a teoria que aprendemos em disciplinas estudas 
anteriormente como geometria analítica. Um dos modos de se achar esta reta é verificar que 
temos dois pontos (-1,0) e (0,1) e queremos definir a reta que passa por estes dois pontos. 
Portanto aplicando a equação geral da reta y - y0 = m (x - x0) definimos que esta equação será y 
= x+ 1, lembre-se que m é o coeficiente angular da reta. Da mesma forma definimos a reta em 
azul a partir dos pontos (0,1) e (1,0) encontramos a reta y = 1 - x. 
 
Observe que para y=0.5 temos uma reta paralela ao eixo x passando no ponto y = 0.5, que corta 
a reta vermelha e depois a azul, portanto temos y - 1 ≤ x ≤ 1 - y. Se fixarmos qualquer ponto y 
entre 0 e 1 chegaremos a mesma conclusão (o valor de y na figura vai de 0 a 1). Portanto a região 
D é do tipo II e a integral poderá ser escrita no formato: 
 
∬ 𝑥 + 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦
𝐷
 = ∫ ∫ 𝑥 + 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = ∫
𝑥2
2
+ 𝑥𝑦| 𝑦− 1
1 − 𝑦
 𝑑𝑦
1
0
 = 
1−𝑦
𝑦−1
1
0
 
Passando os limites de integração e simplificando chegamos a segunda integral a ser resolvida: 
 
(1 − 𝑦)2
2
+ (1 − 𝑦) 𝑦 − ( 
(𝑦 − 1)2
2
+ (𝑦 − 1) 𝑦 ) = 2𝑦 − 2𝑦2 
 
∫ 2𝑦 − 2 𝑦2
1
0
= 𝑦2 −
2𝑦3
3
|
0
1
=
1
3
 
 
Observação: A integral a ser feita primeiro sempre será a que tem as funções como limite de 
integração e por último a que tem as constantes. Este exercício pode ser encontrado no material 
didático. 
 
Outra maneira de se resolver este exercício é definir como região do tipo I. Para isso teríamos 
que trabalhar com duas regiões D1 e D2, onde D = D1  D2 , conforme pode ser visualizado na 
figura abaixo. Definiríamos 𝐷1 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅
2| − 1 ≤ 𝑥 ≤ 0 𝑒 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥 + 1} e 𝐷2 =
{(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2| 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 𝑒 0 ≤ 𝑦 ≤ 1 − 𝑥}. Neste caso resolveríamos duas integrais, uma com 
a região D1 e outra com a região D2. A integral em D seria a soma do resultado das duas integrais 
em D1 e em D2, chegando a mesma conclusão. 
 
 
 
 
z 
 
 
 
 
 
QUESTÕES DE MÚLTIPLA ESCOLHA E INDIQUE O GABARITO: 
 
Questão 1: Calcule a integral dupla em R = [-1,1] x[0, /2] de f(x,y) = x sen y – y ex 
a) (-e + 1/e) 2/8 
 
b) (-e + 1/e) 
 
c) 2/8 
 
d) -e 
 
e) Nenhuma das respostas anteriores 
 
Gabarito:A 
 
Questão 2: Determine a área da região limitada pelas curvas: x = 𝑦3, x + y = 2 e y = 0. 
 
a) 3 
b) 5/4 
c) 1/2 
d) 3/5 
e) Nenhuma das respostas anteriores. 
 
Gabarito: B 
 
Questão 3: Determine o volume do sólido limitado pelas superfícies z - 1 + y 2 = 0 , x + z = 
2 , x = 2 com z ≥ 0 
 
a) 8 
b) 1/15 
c) 8/15 
d) 3/2 
e)Nenhuma das respostas anteriores 
 
y 
x 
 
 
 
 
Gabarito: C 
 
Questão 4: Determine o tipo de região que foi usado para resolver a questão 3. 
 
a) tipo I 
b) tipo I e tipo II 
c) tipo I ou tipo II 
d) tipo II 
e) Nenhuma das respostas anteriores. 
 
Gabarito: D 
 
Questão 5: Determine o tipo de região que podemos usar para resolver a integral dupla da 
função f(x,y) = cos y3 com D limitada por y2 = x, y = 2 e x = 0. 
 
a) tipo II 
b) tipo I 
c) tipo I e tipo II 
d) tipo I ou tipo II 
e) Nenhuma das respostas anteriores. 
 
Gabarito: A