Calculo Aplicado_Varias Variaveis_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
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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) = 12x2y2.
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 = y2x4 + 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 − x2ΔA. 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.
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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 − x2ΔA = 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
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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 − 3y2)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 ∫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) = ∫ba[∫
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
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Chamamos as integrais duplas ∫ba∫
d
cf(x, y) dydx e ∫dc∫
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 ∫3
0∫2
1x
2ydydx primeiro olhamos x como constante e
integramos em relação a y no intervalo (1,2), isto é,
∫2
1x
2ydy = x2∫2
1ydy = x2[
y2
2 ]2
1 = x2 22
2 − x2 12
2 =
3
2x
2.
Agora, integramos esse resultado em relação a x no intervalo (0,3), assim,
∫3
0
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 ∫2
1∫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
∫3
0x
2ydx = y∫3
0x
2ydx = y[
x3
3 ]3
0 = y
33
3 + y
03
3 =
9
2y
e,  integrando o resultado em relação a y,
∫3
0
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:
∫1
0∫3
04xy3dydx = ∫1
04x[∫3
0y
3dy]dx = ∫1
04x[
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 = ∫ba∫
d
cf(x, y)dydx = ∫dc∫
b
af(x, y)dxdy.
Este resultado é conhecido como Teorema de Fubini.Loading [MathJax]/jax/output/HTML-CSS/fonts/TeX/fontdata.js
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Considere a função f(x, y) = x − 3y2. 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
∫ ∫Rf(x, y)dA = ∫2
0∫2
1(x − 3y2)dydx = ∫2
0[xy − y3]2
1 = ∫2
0(x − 7)dx = [
x2
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.
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
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∫6
2∫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.
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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
∫ ∫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 = ∫ba∫
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.
{ }
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∫ ∫Df(x, y)dA = ∫dc∫
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.
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
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=
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
+ y2x]x= √y
x=
1
2y
dy =
∫
4
0[
(√y)3
3
+ y2√y −
(
1
2y)
3
3
− y2 1
2
]dy =
∫4
0(
y322
3 + y5 / 2 −
y3
24 −
y3
2 )dy =
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[
y5 / 2
15 +
2y7 / 2
7 −
13y4
96 ]4
0 =
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) ∈ 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.
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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 ∫ ∫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
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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 ∫baf(rcosθ, rsenθ)rdrdθ.
Por exemplo, se desejarmos calcular a integral dupla ∫ ∫P(3x + 4y2)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 + 4y2)dA = ∫π0∫2
1(3rcosθ + 4r2(senθ)2)rdrdθ
= ∫π0∫2
1(3r2cosθ + 4r3(senθ)2)drdθ
= ∫π0[r3cosθ + r4(senθ)2]r= 2
r= 1dθ
Figura 3.8 - Região P
Fonte: Elaborada pela autora.
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= ∫π0[7cosθ + 15(senθ)2]dθ
= ∫π0[7cosθ +
15
2 (1 − cos2θ)]dθ = [7senθ +
15θ
4 −
15
4 sen2θ]π0 =
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 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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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 ∫z0rdrdθ
= ∫2 π
0 [
r2
2 ]z0dθ = ∫2 π
0
z2
2 dθ = [
z2
2 θ]2 π
0 = πz2.
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
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.
TRA ILER
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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.
STEWART, J. Cálculo - volume 2. 6. ed. São Paulo: Cengage Learning, 2008.
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