Unidade 3 - AS INTEGRAIS DUPLAS

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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
IN IC IAR
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!
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
Integral Dupla em RegiõesIntegral Dupla em Regiões
RetangularesRetangulares
grá�co de f.
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 − x2  é maior ou igual a zero e é representado pela Figura 3.1.
Figura 3.1 - Grá�co de f(x, y) = √(1 − x2)
Fonte: Elaborada pela autora.
Como estamos restringindo o eixo y nos pontos do intervalo [-2,2], temos que
a integral dupla de 1 − x2 sobre R = [ − 1, 1] × [ − 2, 2] é a metade do volume do
cilindro de altura 4 e raio da base 1. Logo,
V = ∫ ∫R1 − x
2ΔA = 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 ∫ ∫Rf(x, y) Δ A e
∫ ∫Rg(x, y) Δ A existam, é válido que:
∫∫Rf(x, y) + g(x, y) Δ A = ∫∫Rf(x, y) Δ A + ∫∫Rg(x, y) Δ A
∫ ∫Rc f(x, y) Δ A = c ∫ ∫Rf(x, y) Δ A, onde c é uma constante.
Sendo f(x, y) ≥ g(x, y) para todo (x, y) ∈ R2, ∫ ∫Rf(x, y) Δ A ≥ ∫ ∫Rg(x, y) Δ A.
Por exemplo, se ∫ ∫Rf(x, y) Δ A = 3e∫ ∫Rg(x, y) Δ A = 2, então
∫∫Rf(x, y) + g(x, y) Δ A = 5
praticar
Vamos Praticar
Pelo que aprendemos, podemos calcular o volume de um sólido através das
integrais duplas ∫ ∫Rf(x, y) Δ A = limn→ ∞∑
m
i= 1∑
n
j= 1f(x
∗, y∗) Δ A. Como os pontos x∗ e y∗
são pontos arbitrários de cada  Rij = [xi− 1, xi] × [yi − 1, yi] , podemos considerar os
pontos médios de cada Rij = [xi− 1, xi] × [yi − 1, yi]. Essa técnica é conhecida como
regra do ponto médio para integrais duplas e com ela temos que a integral dupla
∫ ∫Rf(x, y) Δ A é aproximadamente igual a ∑
m
i= 1∑
n
j= 1f(x
_ i
, yj
_
) Δ A, onde x
_ i
 e yj
_
 são os
pontos médios de cada  Rij = [xi− 1, xi] × [yi − 1, yi] .  Utilizando essa técnica, para
m = n = 2, a estimativa da integral ∫ ∫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.
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 ∫dcf(x, y)dy. O resultado dessa integração é uma função que
depende de x, que podemos denotar por A(x) = ∫dcf(x, y) dy, daí podemos
integrar A em relação a x, ou seja,  ∫baA(x) = ∫
b
a[∫
d
cf(x, y) dy]dx.
Do mesmo modo, consideramos y como constante quando integramos
∫baf(x, y) dx. O resultado dessa integração é uma função que depende de y,
donde, podemos integrá-lo em relação a y, isto é,  ∫dc[∫
b
af(x, y) dx]dy. Note ainda
que podemos omitir o uso dos colchetes.
Integrais IteradasIntegrais Iteradas
Chamamos as integrais duplas ∫ba∫
d
cf(x, y) dydx e ∫
d
c∫
b
af(x, y) dxdy de integrais
iteradas. Então, a integral iterada ∫ba∫
d
cf(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 ∫dc∫
b
af(x, y) dxdy, primeiro integramos
em relação a x no intervalo (a, b), depois em relação a y no intervalo (c, d).
Por exemplo, para calcular ∫30∫
2
1x
2ydydx primeiro olhamos x como constante e
integramos em relação a y no intervalo (1,2), isto é,
∫21x
2ydy = x2∫21ydy = x
2[
y2
2 ]
2
1 = x
22
2
2 − x
21
2
2 =
3
2x
2.
Agora, integramos esse resultado em relação a x no intervalo (0,3), assim,
∫30
3
2x
2dx =
3
2∫
3
0x
2dx =
3
2[
x3
3 ]03 =
3
2
33
3 +
3
2
03
3 =
27
2
Você pode se perguntar, se calcular a integral iterada ∫21∫
3
0x
2ydxdy teremos o
resultado? Em geral, a resposta é sim! Então, vamos veri�car: primeiro
integrando em relação a x, consideramos y como constante, donde
∫30x
2ydx = y∫30x
2ydx = y[
x3
3 ]
3
0 = y
33
3 + y
03
3 =
9
2y
e,  integrando o resultado em relação a y,
∫30
9
2ydy =
9
2[
y2
2 ]
2
1 =
9
2
22
2 −
9
2
12
2 =
27
2
Podemos determinar a integral dupla por esse método de forma direta, como:
∫10∫
3
04xy
3dydx = ∫104x[∫
3
0y
3dy]dx = ∫104x[
y4
4 ]
3
0dx = ∫
1
081xdx = 81∫
1
0xdx = 81[
x2
2 ]
1
0 = 40, 5.
De maneira geral, se f for contínua no retângulo R = (x, y); a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d
, então
∫ ∫Rf(x, y)dA = ∫
b
a∫
d
cf(x, y)dydx = ∫
d
c∫
b
af(x, y)dxdy.
Este resultado é conhecido como Teorema de Fubini.
Considere a função f(x, y) = x − 3y2. Podemos ver um esboço do grá�co de f na
Figura 3.2 abaixo.
Figura 3.2 - Grá�co de f(x, y) = x − 3y2
Fonte: Elaborada pela autora.
Se desejarmos calcular a integral dupla de f sobre R = (x, y); 0 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 2,
pelo Teorema de Fubini temos
∫ ∫Rf(x, y)dA = ∫
2
0∫
2
1(x − 3y
2)dydx = ∫20[xy − y
3]21 = ∫
2
0(x − 7)dx = [
x2
2 − 7x]
2
0 = − 12
Como a respostadessa 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.
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 = ∫ ∫R1dxdy = ∫ ∫Rdxdy.
Por exemplo, para determinar a área da região retangular da Figura 3.3, basta
calcularmos
∫62∫
4
2dxdy = ∫
6
2x |
4
2dy = ∫
6
2(4 − 2)dy = 2y |
6
2 = 12 − 4 = 8
Ou seja, a área da região da Figura 3.3 é igual a 8.
Figura 3.3 - Cálculo de área
Fonte: Elaborada pela autora.
praticar
Vamos 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) ∈ R2; 1 ≤ x ≤ 3, 1 ≤ y ≤ 2, ∫ ∫R(2x + 4y)dydx = − 20.
b) O volume do sólido determinado pelos pontos 0 ≤ z ≤ x2 + y2 com 0 ≤ x ≤ 3
e 0 ≤ y ≤ 2 é 32.
c) Temos que ∫ π0 ∫
2
1ysen(xy)dxdy = − 1.
d) Utilizando o Teorema de Fubini, podemos concluir que ∫20∫
1
0(x + 2)dxdy = 5.
e) Sendo R = (x, y) ∈ R2; 0 ≤ x ≤ 5, 0 ≤ y ≤ 1, ∫ ∫Rxe
ydydx = 0.
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
De�nimos a integral dupla de f em D por
∫ ∫Df(x, y)dA = ∫ ∫RF(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, g1(x) ≤ y ≤ g2(x) com  g1 e g2 contínuas em  [a,b],  utilizamos
a seguinte igualdade:
∫ ∫Df(x, y)dA = ∫
b
a∫
g2 ( x )
g1 ( x )
f(x, y)dydx.
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 ={(x, y), c ≤ y ≤ d, h1(x) ≤ x ≤ h2(x)} com  h1 e  h2 contínuas em  [c, d], como:
Figura 3.4 - Relação entre o domínio de f e o domínio de F
Fonte: Elaborada pela autora.
∫ ∫Df(x, y)dA = ∫
d
c∫
h2 ( x )
h1 ( x )
f(x, y)dxdy.
Por exemplo, se a região D for limitada pelas parábolas y = 2x2ey = 1 + x2,
temos que esta região é do tipo I, uma vez que 2x2 = 1 + x2 ⇔ x = ± 1. Logo,
podemos escrever D = (x, y), − 1 ≤ x ≤ 1, 2x2 ≤ y ≤ 1 + x2. Na Figura 3.5, temos a
visualização grá�ca desta região.
Figura 3.5 - Região do tipo I
Fonte: Elaborada pela autora.
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=/]
∫1− 1[xy + y2]
y= 1 + x2
y= 2x2 dx =
∫1− 1[x(1 + x2) + (1 + x2)2 − x(2x2) − (2x2)2] =
∫1− 1( − 3x4 − x2 + 2x2 + x + 1)dx =
[ − 3
x5
5
−
x4
4
+ 2
x3
3
+
x2
2
+ x]1− 1
=
32
15
A região D limitada pela reta y = 2x e pela parábola y = x2 pode ser vista como
uma região do tipo II. Então, podemos escrever
D = (x, y), 0 ≤ y ≤ 4, 1 /2y ≤ x ≤ √x. Gra�camente,
Calculando a integral dupla de f(x, y) = x2 + y2 sobre D, considerando D como
uma região do tipo II, obtemos:
∫∫Df(x, y)dA = ∫
4
0∫√
y
1
2y
(x2 + y2)dxdy =
∫
4
0[
x3
3 + y
2x]x= √y
x=
1
2y
dy =
∫
4
0[
(√y)3
3 + y
2√y −
(
1
2y)
3
3 − y
21
2]dy =
∫40(
y3
22
3
+ y5 / 2 −
y3
24
−
y3
2
)dy =
[
y5 / 2
15 +
2y7 / 2
7 −
13y4
96 ]
4
0 =
216
35
Figura 3.6 - Região do tipo II
Fonte: Elaborada pela autora.
.
reflita
Re�ita
A regiãoD limitada pela reta y = 2x e pela parábola y = x2
citada anteriormente também pode ser vista como uma região
do tipo I. Observe a �gura abaixo:
Então, como região do tipo I temos que
D = (x, y), 0 ≤ x ≤ 2, x2 ≤ y ≤ 2x. Se calcularmos a integral dupla
de f(x, y) = x2 + y2 sobre D, considerando D como uma região
do tipo I, iremos obter o mesmo resultado? Ou seja,
∫ ∫Df(x, y)dA = ∫
2
0∫
2x
x2(x
2 + y2)dxdy =
216
35 ?
Fonte: Elaborado pela autora.
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.
Figura 3.7 - Região vista como tipo I
Fonte: Elaborada pela autora.
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) ∈ R3; (x, y) ∈ B e 0 ≤ z ≤ f(x, y) é o volume do sólido formado pelos
pontos 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.
praticar
Vamos 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) √27
d) 15
e) e) -7.
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 ∫ ∫Pf(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
Figura 3.8 - Região P
Fonte: Elaborada pela autora.
Um retângulo polar é da forma P = (r, θ); a ≤ r ≤ b, α ≤ θ ≤ βe, relacionamos as
coordenadas polares (r,θ) de um ponto com as coordenadas retangulares
através das igualdades r2 = x2 + y2  , x = rcosθ, y = rsenθ.
Assim, se f é contínua no retângulo polar P, onde 0 ≤ β − α ≤ 2π temos que
∫ ∫Pf(x, y)dA = ∫
β
α ∫
b
af(rcosθ, rsenθ)rdrdθ.
Por exemplo, se desejarmos calcular a integral dupla ∫ ∫P(3x + 4y
2)dA, onde P é
a região do semiplano superior limitada por x2 + y2 = 1 e x2 + y2 = 4, podemos
descrever a região P em coordenadas retangulares como
P = (x, y); y ≥ 0, 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4 e, em coordenadas polares como
P = (r, θ); 1 ≤ r ≤ 4, 0 ≤ θ ≤ π.
Temos que, f(x, y) = 3x + 4y2, assim f(rcosθ, rsenθ) = 3rcosθ + 4r2(senθ)2 e
∫ ∫P(3x + 4y
2)dA = ∫π0∫
2
1(3rcosθ + 4r
2(senθ)2)rdrdθ
= ∫π0∫
2
1(3r
2cosθ + 4r3(senθ)2)drdθ
= ∫π0[r
3cosθ + r4(senθ)2]r= 2r= 1dθ
= ∫π0[7cosθ + 15(senθ)
2]dθ
= ∫π0[7cosθ +
15
2 (1 − cos2θ)]dθ = [7senθ +
15θ
4 −
15
4 sen2θ]
π
0 =
15π
2
=
15π
2 .
Desde o ensino fundamental trabalhamos com a fórmula πz2 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
é,
área da circunferência = ∫ ∫Pdxdy,
saiba mais
Saiba mais
Duas aplicações clássicas do cálculo integral
de duas variáveis são o cálculo de áreasde
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
http://www.cesadufs.com.br/ORBI/public/uploadCatalago/11352316022012C%C3%A1lculo_III_aula_3.pdf
onde P = (x, y) ∈ R2; x2 + y2 ≤ z2.   Reescrevendo P em coordenadas polares,
obtemos P = (r, θ) ∈ R2; 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ z.  Então:
área da circunferência = ∫ ∫Prdrdθ = ∫
2 π
0 ∫
z
0rdrdθ
= ∫2 π0 [
r2
2 ]
z
0dθ = ∫
2 π
0
z2
2dθ = [
z2
2 θ]
2 π
0 = πz
2.
praticar
Vamos 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 − x2 − y2 é igual a:
a) 12π
b) 
16
3 π
c) 8π
d) 2√3π
e) 
1
2π
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.
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.
TRA ILER
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.
STEWART, J. Cálculo - volume 2. 6. ed. São Paulo: Cengage Learning, 2008.