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CÁLCULO APLICADO  - VÁRIASCÁLCULO APLICADO  - VÁRIAS
VARIÁVEISVARIÁVEIS
AS INTEGRAIS DUPLASAS INTEGRAIS DUPLAS
Autor: Me. Talita Druziani Marchiori
Revisor : Ra imundo A lmeida
I N I C I A R
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introdução
Introdução
Olá, estudante. Nesta unidade vamos entender como calcular a integral dupla
de funções de duas variáveis. Existem muitas aplicabilidades das integrais
duplas, como o cálculo de volumes e áreas de superfícies, determinar massas
e centroides etc.
Iniciamos a unidade com integrais duplas calculadas sobre regiões
retangulares e, em seguida, calcularemos essas integrais através das integrais
iteradas. Após, vamos aprender a determinar integrais duplas em regiões
mais gerais. Por �m, trabalharemos com um novo sistema de coordenadas
bidimensional, as coordenadas polares.
Sugerimos que resolva todos os exemplos e exercícios propostos,
esclarecendo suas dúvidas. Além disso, realize exercícios extras. Sua
dedicação será fundamental para o aprendizado!
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Caro(a) estudante(a), já sabemos que podemos calcular as derivadas parciais
de funções de duas variáveis reais, considerando uma das variáveis como
sendo constante e derivando em relação a outra. Por exemplo, sendo 
f(x, y) = 4x3y2 temos que fx(x, y) = 12x
2y2.
Do mesmo modo, podemos calcular uma integral inde�nida de uma função
de duas variáveis. Se desejarmos determinar a integral inde�nida da função 
f(x, y) = 4x3y2 em relação à variável x, podemos calcular a integral inde�nida
considerando a variável y como constante, ou seja,
∫4x3y2dx = 4y2∫x3dx = 4y2(
x4
4 ) + C = y
2x4 + C.
Sabemos que a integral de�nida
∫baf(x)dx
com f sendo uma função contínua e não negativa para a ≤ x ≤ b, é de�nida
como a área delimitada pela intersecção do eixo x, retas x = a e x = b e pelo
grá�co de f.
Integral Dupla em RegiõesIntegral Dupla em Regiões
RetangularesRetangulares
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Agora, vamos considerar uma função f positiva, de�nida em um retângulo 
R = [a, b] × [c, d]. Denotamos por S a região que está acima de R e abaixo do
grá�co de f, z = f(x, y). Dividindo o intervalo [a, b] em m intervalos da forma 
[xi− 1, xi] de mesmo comprimento Δ x = (b − a) /m e o intervalo [c,d] em n
intervalos da forma [yi− 1, yi] de mesmo comprimento Δ y = (d − c) /n, temos
que o volume de S é dado por
V = lim
m , n→ ∞
m
∑
i= 1
n
∑
j= 1
f(x ∗ , y ∗ ) ΔA
onde (x ∗ , y ∗ ) é um ponto arbitrário de cada   Rij = [xi− 1, xi] × [yi − 1, yi] e 
Δ A = Δ xΔ y.
Esse tipo de limite acontece também em outras situações, mesmo se f não for
uma função positiva, então de�nimos a integral dupla de f, onde f é uma
função de duas variáveis x e y, sobre o retângulo R como
∫∫Rf(x, y) ΔA = lim
m , n→ ∞
m
∑
i= 1
n
∑
j= 1
f(x ∗ , y ∗ ) ΔA
se o limite existir. Então, se este limite existir, f é dita integrável.
Então, pelo que vimos, se f(x, y) ≥ 0, o volume V do sólido que está acima do
retângulo e abaixo da superfície z = f(x, y) é dado por
V = ∫∫Rf(x, y) Δ A
ou seja, o cálculo de volumes é uma aplicação das integrais duplas. Por
exemplo, o volume do sólido S que está abaixo de x2 + z2 = 1 e acima de 
R = [ − 1, 1] × [ − 2, 2] é dado por V = ∫ ∫R1 − x
2ΔA. Note que o grá�co de
f(x,y)=z=1-x^2  é maior ou igual a zero e é representado pela Figura 3.1.
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Como estamos restringindo o eixo y nos pontos do intervalo [-2,2], temos que
a integral dupla de 1-x^2 sobre R=[-1,1]×[-2,2] é a metade do volume do
cilindro de altura 4 e raio da base 1. Logo,
V= \int\int_{R}1-x^2 ΔA=2π.
Como a integral dupla está de�nida através do cálculo de um limite e, nem
todas as integrais conseguimos relacionar com fórmulas já conhecidas, como
no caso anterior, sua resolução não é e�ciente. Porém, temos propriedades
que auxiliam no cálculo das integrais. Admitindo que \int\int_{R}f(x,y)\
\mathrm{\Delta\ A} e \int\int_{R}g(x,y)\ \mathrm{\Delta\ A} existam, é válido
que:
\int\int_{R}f(x,y)\ +g(x,y)\ \mathrm{\Delta\ A}\ =\ \int\int_{R}f(x,y)\
\mathrm{\Delta\ A}\ +\ \int\int_{R}g(x,y)\ \mathrm{\Delta\ A}
\int\int_{R}c\ f(x,y)\ \mathrm{\Delta\ A}=\ c\ \int\int_{R}f(x,y)\ \mathrm{\Delta\
A}, onde c é uma constante.
Sendo f(x,y)\geq\ g(x,y) para todo (x,y)\in\ R^2, \int\int_{R}f(x,y)\
\mathrm{\Delta\ A}\geq\int\int_{R}g(x,y)\ \mathrm{\Delta\ A}.
Figura 3.1 - Grá�co de f(x,y)=√(1-x^2)
Fonte: Elaborada pela autora.
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Por exemplo, se \int\int_{R}f(x,y)\ \mathrm{\Delta\ A}=3 e \int\int_{R}g(x,y)\
\mathrm{\Delta\ A}=2, então
\int\int_{R}f(x,y)\ +g(x,y)\ \mathrm{\Delta\ A}\ =5
praticarVamos Praticar
Pelo que aprendemos, podemos calcular o volume de um sólido através das
integrais duplas \int\int_{R}f(x,y)\ \mathrm{\Delta\ A}=
{\lim_{n\rightarrow\infty}}\sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n}f(x^\ast,\ y^\ast)\
\mathrm{\Delta\ A}. Como os pontos x^\ast e y^\ast são pontos arbitrários de cada
 R_{ij}=[x_{i-1},x_i] ×[yi-1,yi] , podemos considerar os pontos médios de cada R_{ij}=
[x_{i-1},x_i] ×[yi-1,yi]. Essa técnica é conhecida como regra do ponto médio para
integrais duplas e com ela temos que a integral dupla \int\int_{R}f(x,y)\
\mathrm{\Delta\ A} é aproximadamente igual a
\sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n}f({{\underline{x}}_i,\ \underline{y_j}}^)\
\mathrm{\Delta\ A}, onde {\underline{x}}_i e \underline{y_j} são os pontos médios
de cada  R_{ij}=[x_{i-1},x_i] ×[yi-1,yi] .  Utilizando essa técnica, para m = n = 2, a
estimativa da integral \int\int_{R}(x-3y^2) ΔA onde R=[0,2]×[1,2] é:
a) - 11, 875.
b) - 8,50.
c) - 5,125.
d) 0,368.
e) 2,07.
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Querido(a) aluno(a), o Teorema Fundamental do Cálculo nos fornece um
método para calcular as integrais de funções de uma variável real sem
precisarmos recorrer à de�nição. Neste tópico, veremos como determinar
uma integral dupla sem necessitar utilizar a sua de�nição. Esse método
consiste em calcular uma integral dupla calculando duas integrais ordinárias.
Sendo uma função f de duas variáveis de�nida sobre o retângulo R=
[a,b]×[c,d], estaremos considerando x como constante quando trabalharmos
com \int_{c}^{d}f(x,y) dy. O resultado dessa integração é uma função que
depende de x, que podemos denotar por A(x)=\int_{c}^{d}f(x,y)\ dy, daí
podemos integrar A em relação a x, ou seja,   \int_{a}^{b}A(x)=\int_{a}^{b}
[\int_{c}^{d}f(x,y)\ dy] dx.
Do mesmo modo, consideramos y como constante quando integramos
\int_{a}^{b}f(x,y)\ dx. O resultado dessa integração é uma função que depende
de y, donde, podemos integrá-lo em relação a y, isto é,   \int_{c}^{d}
[\int_{a}^{b}f(x,y)\ dx] dy. Note ainda que podemos omitir o uso dos colchetes.
Integrais IteradasIntegrais Iteradas
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Chamamos as integrais duplas \int_{a}^{b}\int_{c}^{d}f(x,y)\ dydx e
\int_{c}^{d}\int_{a}^{b}f(x,y)\ dxdy de integrais iteradas. Então, a integral
iterada \int_{a}^{b}\int_{c}^{d}f(x,y)\ dydx signi�ca que primeiro integramos
em relação a y no intervalo (c,d) e, depois, integramos em relação a x no
intervalo (a,b). Já na integral iterada \int_{c}^{d}\int_{a}^{b}f(x,y)\ dxdy,
primeiro integramos em relação a x no intervalo (a,b), depoisem relação a y
no intervalo (c,d).
Por exemplo, para calcular \int_{0}^{3}\int_{1}^{2}x^2y dydx primeiro olhamos
x como constante e integramos em relação a y no intervalo (1,2), isto é,
\int_{1}^{2}x^2y dy=x^2 \int_{1}^{2} y dy=x^2 [\frac{y^2}{2}]_{1}^{2} = x^2
\frac{2^2}{2} - x^2\frac{1^2}{2} =\frac{3}{2} x^2.
Agora, integramos esse resultado em relação a x no intervalo (0,3), assim,
\int_{0}^{3}\frac{3}{2}x^2dx= \frac{3}{2} \int_{0}^{3} x^2dx= \frac {3}{2}[\frac
{x^3}{3}]_{0}{3}= \frac{3}{2}\frac{3^3}{3} + \frac{3}{2} \frac{0^3}{3}= \frac {27}
{2}
Você pode se perguntar, se calcular a integral iterada
\int_{1}^{2}\int_{0}^{3}x^2y dxdy teremos o resultado? Em geral, a resposta é
sim! Então, vamos veri�car: primeiro integrando em relação a x,
consideramos y como constante, donde
\int_{0}^{3}x^2 ydx = y \int_{0}^{3} x^2ydx=y[\frac{x^3}{3}]^3_0 = y \frac{3^3}
{3} + y \frac {0^3}{3} = \frac {9}{2} y
e,  integrando o resultado em relação a y,
\int ^3_0 \frac{9}{2} ydy = \frac {9}{2}[ \frac{y^2}{2}]^2_1 = \frac {9}{2} \frac
{2^2}{2}- \frac {9}{2}\frac {1^2}{2}=\frac {27}{2}
Podemos determinar a integral dupla por esse método de forma direta,
como:
\int ^1_0 \int^3_0 4xy^3dydx= \int^1_0 4x [\int^3_0y^3 dy] dx= \int^1_0 4x [
\frac{y^4}{4}]^3_0 dx = \int^1_081xdx=81 \int^1_0 xdx=81[ \frac{x^2}
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{2}]^1_0=40,5.
De maneira geral, se f for contínua no retângulo R={(x,y);\ a\le\ x\le\ b,c\le\
y\le\ d}, então
\int \int_R f(x,y) dA = \int^b_a \int^d_c f(x,y)dydx=\int^d_c\int^b_af(x,y)dxdy.
Este resultado é conhecido como Teorema de Fubini.
Considere a função f(x,y)=x-3y^2. Podemos ver um esboço do grá�co de f na
Figura 3.2 abaixo.
Se desejarmos calcular a integral dupla de f sobre R={(x,y); 0≤x≤2,1≤y≤2}, pelo
Teorema de Fubini temos
\int \int_R f(x,y) dA = \int^2_0 \int^2_1 (x - 3y^2)dydx=\int^2_0 [xy-
y^3]^2_1=\int^2_0 (x-7)dx =[ \frac {x^2}{2}- 7x]^2_0 = -12
Como a resposta dessa integral dupla foi um número negativo, podemos
concluir que ela não se trata de um volume. Isso acontece porque a função f
não é positiva, como pudemos observar na Figura 3.2.Processing math: 9%
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Como vimos no primeiro tópico desta unidade, se f(x,y)≥0 o volume do sólido
formado pelos pontos que estão abaixo do grá�co de f(x,y) e acima do plano
xy pode ser calculado pela integral dupla. Mas, se f(x,y)=1 temos que sua
integral dupla sobre a região R é igual à área do conjunto R, ou seja
área de R= \int \int_R 1 dx dy= \int \int_R   dx dy.
Por exemplo, para determinar a área da região retangular da Figura 3.3, basta
calcularmos
\int_2^6 \int_2^4  dx dy= \int_2^6 x|_2^4 dy= \int_2^6(4-2)dy=2y|_2^6=12-4=8
Ou seja, a área da região da Figura 3.3 é igual a 8.
praticarV P ti
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praticarVamos Praticar
Com as integrais iteradas podemos realizar a integração de integrais duplas
calculando duas integrais unidimensionais utilizando o conhecimento do cálculo
integral que possuímos. Assinale a alternativa correta.
a) Sendo R={(x,y) ∈R^2; 1≤x≤3,1≤y≤2}, \int \int_R(2x+4y) dy dx=-20.
b) O volume do sólido determinado pelos pontos 0≤z≤x^2+y^2 com 0≤x≤3 e
0≤y≤2 é 32.
c) Temos que \int_0^π ∫_1^2 ysen (xy) dx dy=-1.
d) Utilizando o Teorema de Fubini, podemos concluir que \int_0^2
\int_0^1(x+2) dxdy=5.
e) Sendo R={(x,y) ∈R^2; 0≤x≤5,0≤y≤1}, \int \int_R xe^y  dy dx=0.
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Já aprendemos, aluno(a), nos tópicos anteriores, a calcular uma integral dupla
sobre regiões retangulares. Agora, considere uma função f de duas variáveis
de�nida sobre uma região limitada D, que não é retângulo. Para realizar a
integração dupla sobre esta região D recorremos à região retangular em que
F está de�nida, onde a função F é igual à função f em D e F=0 fora de D.
Isto é, se f estiver de�nida sobre uma região limitada D qualquer, de�nimos
uma nova função F para determinar a integral dupla de f. Essa função F possui
como domínio um retângulo R, onde D⊂R e é de�nida por: F(x,y)=f(x,y) se
(x,y)∈D e F(x,y)=0 se (x,y)∈(R-D). Observe a ilustração a seguir.
Integrais Duplas SobreIntegrais Duplas Sobre
Regiões GeraisRegiões Gerais
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De�nimos a integral dupla de f em D por
\int \int_D f(x,y) dA = \int \int_R F(x,y) dA,
desde que F seja integrável em R.
Vamos classi�car as regiões D em dois tipos. Se uma região D for a região
entre o grá�co de duas funções contínua em x, diremos que D é do tipo I.
Agora, se D for a região entre o grá�co de duas funções contínua em y,
diremos que D é do tipo II.
Para calcularmos as integrais duplas de funções de duas variáveis de�nidas
sobre regiões do tipo I, ou seja, regiões da forma D={(x,y),a ≤x≤b,g_1 (x)≤y≤g_2
(x)} com  g_1 e g_2 contínuas em  [a,b],  utilizamos a seguinte igualdade:
\int \int_D f(x,y) dA = \int_a^b \int_{g_1 (x)}^{g_2 (x)} f(x,y) dy dx.
E, de modo análogo, calculamos as integrais duplas de funções de duas
variáveis de�nidas sobre regiões do tipo II, isto é, regiões da forma D=\left \{
(x,y),c \leq y\leq d,h_1(x)\leq x\leq h_2(x) \right \} com  h_1 e  h_2 contínuas em
 [c,d], como:
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\int \int_D f(x,y) dA = \int_c^d \int_{h_1(x)}^{h_2 (x)} f(x,y) dx dy.
Por exemplo, se a região D for limitada pelas parábolas y=2x^2 e y=1+x^2,
temos que esta região é do tipo I, uma vez que 2x^2=1+x^2⇔x=±1. Logo,
podemos escrever D={(x,y),-1 ≤x≤1,2x^2≤y≤1+x^2}. Na Figura 3.5, temos a
visualização grá�ca desta região.
Então, a integral dupla de f(x,y)=x+2y sobre D é dada por:
\[\int \int_D f(x,y) dA = \int_{-1}^1 \int_{2x^2}^{1+x^2}(x+2y) dy dx=/]
\int_{-1}^1 [xy+y^2]_{y=2x^2}^{y=1+x^2} dx=
\int_{-1}^1 [x(1+x^2)+(1+x^2)^2-x(2x^2)-(2x^2)^2]=
\int_{-1}^1(-3x^4-x^2+2x^2+x+1) dx=
[-3 \frac {x^5}{5}-\frac {x^4}{4}+2\frac {x^3}{3}+ \frac {x^2}{2}+x]^1_{-1}
=\frac {32}{15}
Figura 3.5 - Região do tipo I
Fonte: Elaborada pela autora.
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A região D limitada pela reta y=2x e pela parábola y=x^2 pode ser vista como
uma região do tipo II. Então, podemos escrever D={(x,y),0 ≤y≤4,1/2 y≤x≤√x}.
Gra�camente,
Calculando a integral dupla de f(x,y)=x^2+y^2 sobre D, considerando D como
uma região do tipo II, obtemos:
\int \int_D f(x,y) dA = \int_0^4 \int_{\frac{1}{2}y}^{\sqrt{y}}(x^2+y^2) dx dy=
\int_0^4 [\frac{x^3}{3}+y^2x]_{x=\frac{1}{2}y}^{x=\sqrt{y}} dy=
\int_0^4 [\frac {(\sqrt{y})^3}{3}+y^2 \sqrt{y} -\frac {(\frac{1}{2}y)^3}{3}-y^2 \frac
{1}{2}]dy=
\int^4_0 (\frac{y^{3^22}}{3}+y^{5/2}-\frac {y^3}{24} - \frac {y^3}{2})dy=
[\frac {y^{5/2}}{15}+ \frac{2y^{7/2}}{7}- \frac{13y^4}{96}]^4_0=
\frac{216}{35}.
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Como pudemos observar no Re�ita, se uma região pode ser escrita dos tipos I
e II, podemos calcular sua integral da forma que acharmos mais apropriado.
O cálculo terá a mesma resposta.
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Assim como já comentamos para regiões retangulares, quando estamos
trabalhando com regiões gerais, a integral dupla de f(x,y)≥0 sobre B=
{(x,y,z)∈R^3; (x,y)∈B\,e\,0≤z≤f(x,y)} é o volume do sólido formado pelospontos
que estão abaixo do grá�co de f(x,y) e acima do plano xy e, se f(x,y)=1, a
integral dupla de f sobre B é igual a área do conjunto B.
praticarVamos Praticar
O sólido limitado entre os planos x+2y+z, x=2y, x=0, z=0 é um tetraedro. Sabemos
que podemos determinar seu volume através do cálculo de integrais duplas. Então,
é correto a�rmar que este tetraedro possui volume igual a:
a) 1/3.
b) 7/8
c) \sqrt{27}
d) 15
e) e) -7.
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Algumas integrais duplas são complicadas de serem determinadas quando
suas regiões são descritas como coordenadas retangulares. Para esses casos,
de�niremos um novo sistema de coordenadas no plano cartesiano: as
coordenadas polares.
Imagine, caro(a) estudante, que queremos calcular a integral dupla ∫ ∫_P f(x,y)
dA, onde P é a região esboçada na Figura 3.8. Seria difícil calcular esta integral
se escrevêssemos a região D em coordenadas retangulares, então
escrevemos ela em coordenadas polares.
Integrais Duplas emIntegrais Duplas em
Coordenadas PolaresCoordenadas Polares
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Um retângulo polar é da forma P={(r,θ); a≤r≤b, α≤θ≤β}e, relacionamos as
coordenadas polares (r,θ) de um ponto com as coordenadas retangulares
através das igualdades r^2=x^2+y^2  , x=r cos θ, y=r sen θ.
Assim, se f é contínua no retângulo polar P, onde 0≤β-α≤2π temos que
∫ ∫_P f(x,y) dA=∫_α^β ∫_a^b f(r cos θ,r sen θ) r dr dθ.
Por exemplo, se desejarmos calcular a integral dupla ∫ ∫_P(3x+4y^2) dA, onde P
é a região do semiplano superior limitada por x^2+y^2=1 e x^2+y^2=4,
podemos descrever a região P em coordenadas retangulares como P={(x,y);
y≥0,1≤x^2+y^2≤4} e, em coordenadas polares como P={(r,θ); 1≤r≤4, 0≤θ≤π}.
Temos que, f(x,y)=3x+4y^2, assim f(r cos \theta,r sen \theta) =3r cos \theta +
4r^2 (sen \theta)^2 e
\int   \int_P(3x+4y^2) dA= \int_0^\pi \int _1^2   (3r cos \theta + 4r^2 (sen
\theta)^2 ) r dr d\theta
=\int_0^\pi \int_1^2  (3r^2 cos \theta + 4r^3 (sen \theta)^2 ) dr d\theta
=\int_0^\pi [r^3cos \theta+r^4 (sen \theta)^2]_{r=1}^{r=2}  d\thetaProcessing math: 9%
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=\int_0^\pi [7cos \theta+15(sen \theta)^2]d\theta
=\int_0^\pi [7cos \theta+ \frac {15}{2}(1-cos 2\theta)]d\theta = [7 sen \theta+
\frac{15\theta}{4}- \frac{15}{4}sen 2\theta]^\pi_0= \frac {15 \pi}{2}
= \frac {15 \pi}{2}.
Desde o ensino fundamental trabalhamos com a fórmula πz^2 quando
desejamos calcular a área de uma circunferência de raio z. Podemos veri�car
essa fórmula através das integrais duplas com o auxílio das coordenadas
polares.
Dada uma circunferência de centro na origem e raio z, pelos que vimos no
decorrer desta unidade sua área é determinada através da integral dupla, isto
saiba mais
Saiba mais
Duas aplicações clássicas do cálculo integral
de duas variáveis são o cálculo de áreas de
superfícies e o cálculo de volumes. Porém,
existem diversas outras aplicabilidades para
as integrais duplas, como as aplicações
físicas: momento de massa, centro de massa
e momento de inércia. Esses conceitos estão
interligados com a teoria de várias disciplinas
na área da engenharia. Para saber mais
sobre como determinamos essas grandezas
com o auxílio das integrais duplas, veja a
seção 15.5 do livro Cálculo, Volume 2, de
James Stewart.
Fonte: Elaborado pela autora.
ACESSAR
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http://www.cesadufs.com.br/ORBI/public/uploadCatalago/11352316022012C%C3%A1lculo_III_aula_3.pdf
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é,
área da circunferência =∫ ∫_P dxdy,
onde P={(x,y)∈R^2; x^2+y^2≤z^2}.  Reescrevendo P em coordenadas polares,
obtemos P={(r,θ)∈R^2; 0≤θ≤2π,0≤r≤z}.  Então:
área da circunferência = \int \int_P r drdθ= \int_0^{2π} \int_0^z r drdθ
= \int_0^{2π} [\frac {r^2}{2}]_0^z dθ= \int_0^{2π}  \frac {z^2}{2} dθ=[\frac {z^2}
{2} θ]_0^{2π}=πz^2.
praticarVamos Praticar
As coordenadas polares facilitam o cálculo de integrais duplas quando é complicado
escrever a região na qual a função está de�nida em coordenadas retangulares.
Utilizando as coordenadas polares, encontramos que o volume do sólido limitado
pelo plano z=0 e pelo paraboloide z = 1 - x^2 - y^2 é igual a:
a) 12π
b) \frac {16}{3} π
c) 8π
d) 2 \sqrt{3} π
e) \frac {1}{2} π
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indicações
Material
Complementar
LIVRO
Cálculo - Volume II
Editora: Cengage Learning
Autor: James Stewart
ISBN: 9788522106615
Comentário: Este livro aborda todos os tópicos que
vimos nesta unidade de forma ampla e detalhada
contendo diversos exemplos resolvidos, o que pode
ajudar na compreensão da disciplina.
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FILME
O Céu de Outubro
Ano: 1999
Comentário: O �lme é baseado na história real de um
engenheiro da NASA que na adolescência, com ajuda
de um grupo de amigos, desenvolveu um projeto que
transformou a vida de todos do grupo.
T R A I L E R
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conclusão
Conclusão
Nesta unidade, prezado(a) aluno(a), aprendemos como trabalhar com as
integrais duplas de funções de duas variáveis. Vimos, através das integrais
iteradas, que não precisamos recorrer à de�nição para calcular uma integral
dupla, podemos realizar o cálculo de duas integrais unidimensional e utilizar
todo nosso conhecimento do cálculo integral ordinário. Após, trabalhamos
com a integração dupla sobre regiões retangulares e mais gerais e
introduzimos um novo sistema de coordenadas para o plano cartesiano, as
coordenadas polares.
Esperamos que esta unidade tenha sido produtiva e que você tenha
aproveitado ao máximo, resolvendo exercícios e questionando suas dúvidas.
Continue se dedicando, até uma próxima!
referências
Referências
Bibliográ�cas
GUIDORIZZI, H. L. Um curso de Cálculo - volume 2. 5. ed. Rio de Janeiro:
Grupo GEN, 2010.Processing math: 9%
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STEWART, J. Cálculo - volume 2. 6. ed. São Paulo: Cengage Learning, 2008.
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