CALCULO DIFERENCIAL II_ AULA INTEGRAIS MULTIPLAS

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Cálculo II – Engenharia de Materiais 
Professor Henrique Rizek Elias 
Integrais Múltiplas 
Livro Cálculo volume 2 –Leithold (3ª Edição); Cálculo volume 2 – Stewart (6ª 
Edição) 
 
Integrais duplas 
Vamos relembrar a ideia de integral definida de funções de uma variável real. Se 𝑓(𝑥) é definida 
para 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, subdividimos o intervalo [𝑎, 𝑏] em 𝑛 subintervalos [𝑥𝑖−1, 𝑥𝑖] de comprimento 
igual ∆𝑥 = (𝑏 − 𝑎)/𝑛 e escolhemos pontos arbitrários 𝑥𝑖
∗ em cada um desses subintervalos. Em 
seguida, formamos a soma de Riemann: 
∑𝑓(𝑥𝑖
∗)∆𝑥
𝑛
𝑖=1
 
E tomamos o limite dessa soma quando 𝑛 → ∞ para obter a integral definida de 𝑎 até 𝑏 da 
função 𝑓: 
∫𝑓(𝑥)
𝑏
𝑎
𝑑𝑥 = lim
𝑛→∞
∑𝑓(𝑥𝑖
∗)∆𝑥
𝑛
𝑖=1
 
Quando 𝑓(𝑥) ≥ 0, a soma de Riemann pode ser interpretada como a soma das áreas dos 
retângulos aproximantes e ∫ 𝑓(𝑥)
𝑏
𝑎
𝑑𝑥 representa a área sob a curva 𝑦 = 𝑓(𝑥) de 𝑎 até 𝑏. 
 
 
Vamos considerar uma função 𝑓 de duas variáveis definida em um retângulo fechado 𝑅 =
{(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2|𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 , 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑} e vamos supor 𝑓(𝑥, 𝑦) ≥ 0. 
2 
 
 
Vamos construir uma soma de Riemann para esta função na região 𝑅, assim como no caso 
unidimensional. 
Vamos dividir 𝑅 em sub-retângulos. Vamos dividis o intervalo [𝑎, 𝑏] em 𝑚 subintervalos 
[𝑥𝑖−1, 𝑥𝑖] de mesmo comprimento ∆𝑥 =
𝑏−𝑎
𝑚
 e o intervalo [𝑐, 𝑑] em 𝑛 subintervalos [𝑦𝑗−1, 𝑦𝑗] 
de mesmo comprimento ∆𝑦 =
𝑑−𝑐
𝑛
 . 
 
Assim, temos 𝑅𝑖𝑗 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ
2|𝑥𝑖−1 ≤ 𝑥 ≤ 𝑥𝑖, 𝑦𝑗−1 ≤ 𝑦 ≤ 𝑦𝑖}. 
Escolhendo qualquer ponto em 𝑅𝑖𝑗 (por exemplo, o ponto (𝜀𝑖 , 𝛿𝑗)), podemos aproximar a parte 
de 𝑆 que está acima de 𝑅𝑖𝑗 por uma coluna com base 𝑅𝑖𝑗 e altura 𝑓(𝜀𝑖 , 𝛿𝑗). 
O volume desta coluna é dada por 𝑓(𝜀𝑖, 𝛿𝑗). ∆𝐴 (onde ∆𝐴 = ∆𝑥. ∆𝑦) . 
Se fizermos este procedimento para todos os retângulos e somarmos os volumes, obtemos uma 
aproximação do volume total de 𝑆, onde 𝑆 é o sólido que está acima da região 𝑅 e abaixo do 
gráfico de 𝑓, isto é, 𝑆 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝑓(𝑥, 𝑦)}. 
Desta maneira, 𝑉 ≅ ∑ ∑ 𝑓(𝜀𝑖 , 𝛿𝑗). ∆𝐴
𝑛
𝑗=1
𝑚
𝑖=1 
3 
 
Definição. A integral dupla de 𝑓 sobre o retângulo 𝑅 é ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑅 𝑑𝐴 =
lim
𝑚,𝑛→∞
∑ ∑ 𝑓(𝜀𝑖 , 𝛿𝑗). ∆𝐴
𝑛
𝑗=1
𝑚
𝑖=1 , se o limite existir. 
Uma função é dita integrável se o limite existir. 
Teorema. Se uma função 𝑓 de duas variáveis for contínua em uma região retangular fechada 𝑅, 
então 𝑓 é integrável em 𝑅. 
A soma ∑ ∑ 𝑓(𝜀𝑖 , 𝛿𝑗). ∆𝐴
𝑛
𝑗=1
𝑚
𝑖=1 é chamada soma dupla de Riemann. 
 
Cálculo de integrais duplas 
Seja 𝑓 uma função integrável em uma região 𝑅 no plano 𝑥𝑦, limitada por 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 e 𝑐 ≤ 𝑦 ≤
𝑑. Seja 𝐴(𝑦) a medida da área da região plana de intersecção do plano paralelo ao eixo 𝑥𝑧 com 
o sólido abaixo de 𝑓(𝑥, 𝑦) e acima da região 𝑅, a medida do volume do sólido é expressa por: 
∫𝐴(𝑦)
𝑑
𝑐
𝑑𝑦 
Mas, o volume do sólido é determinado pela integral dupla 
∬𝑓(𝑥, 𝑦)
𝑅
𝑑𝐴 = ∫𝐴(𝑦)
𝑑
𝑐
𝑑𝑦 
Como 𝐴(𝑦) é a medida da área da região plana e a fronteira superior da região plana é 𝑧 =
𝑓(𝑥, 𝑦), quando 𝑥 está entre [𝑎, 𝑏], temos que 𝐴(𝑦) = ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)
𝑏
𝑎
𝑑𝑥. 
Assim, temos: 
∬𝑓(𝑥, 𝑦)
𝑅
𝑑𝐴 = ∫ [∫𝑓(𝑥, 𝑦)
𝑏
𝑎
𝑑𝑥]
𝑑
𝑐
𝑑𝑦
⏟ 
𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑙 𝑖𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎
 
Da mesma maneira, temos: 
∬𝑓(𝑥, 𝑦)
𝑅
𝑑𝐴 = ∫ [∫𝑓(𝑥, 𝑦)
𝑑
𝑐
𝑑𝑦]
𝑏
𝑎
𝑑𝑥
⏟ 
𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑙 𝑖𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎
 
Exemplo1. Calcule a integral dupla ∬ 3𝑦 − 2𝑥²𝑅 𝑑𝐴 se 𝑅 for a região que consiste em todos os 
pontos (𝑥, 𝑦) tais que −1 ≤ 𝑥 ≤ 2 e 1 ≤ 𝑦 ≤ 3. 
Solução: 
𝑅 = [−1,2] × [1,3] = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2| − 1 ≤ 𝑥 ≤ 2 e 1 ≤ 𝑦 ≤ 3} 
4 
 
∫ ∫(3𝑦 − 2𝑥2)
2
−1
𝑑𝑥
3
1
𝑑𝑦 = ∫[ ∫(3𝑦 − 2𝑥2)
2
−1
𝑑𝑥]
3
1
𝑑𝑦 = ∫ [3𝑦𝑥 −
2𝑥3
3
]
−1
23
1
𝑑𝑦 = 
= ∫6𝑦 −
16
3
+ 3𝑦 −
2
3
𝑑𝑦
3
1
= ∫(9𝑦 − 6)
3
1
𝑑𝑦 = [
9𝑦2
2
− 6𝑦]
1
3
= 24 
Exemplo2. Ache o volume do sólido limitado pela superfície 𝑓(𝑥, 𝑦) = 4 −
𝑥2
9
−
𝑦2
16
, pelos planos 
𝑥 = 3, 𝑦 = 2 e pelos três planos coordenados. 
Solução: 
 
 
 
𝑉 = ∫∫(4 −
𝑥2
9
−
𝑦2
16
)
3
0
𝑑𝑥
2
0
𝑑𝑦 = ∫[∫4 −
𝑥2
9
−
𝑦2
16
3
0
𝑑𝑥]
2
0
𝑑𝑦 = ∫[4𝑥 −
𝑥3
27
−
𝑥𝑦2
16
]
0
32
0
𝑑𝑦 = 
= ∫12 − 1 −
3𝑦2
16
𝑑𝑦
2
0
= ∫11 −
3𝑦2
16
2
0
𝑑𝑦 = [11𝑦 −
𝑦3
16
]
0
2
= 21,5 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 
 
Exemplo3. Calcule a integral dupla ∬ 6𝑥2𝑦3 − 5𝑦4𝑅 𝑑𝐴, 𝑅 = {(𝑥, 𝑦)| 0 ≤ 𝑥 ≤ 3 , 0 ≤ 𝑦 ≤ 1} 
Solução: 
∬6𝑥2𝑦3 − 5𝑦4
𝑅
𝑑𝐴 = ∫∫(6𝑥2𝑦3 − 5𝑦4)
1
0
𝑑𝑦
3
0
𝑑𝑥 = ∫(
3𝑥2
2
− 1)𝑑𝑥
3
0
=
21
2
 
 
 
 
5 
 
Integrais duplas sobre regiões gerais 
Queremos integrar 𝑓 não somente sobre retângulos, como também em regiões 𝐷 mais gerais. 
Vamos supor que 𝐷 seja a região entre duas funções contínuas de 𝑥, isto é, 
 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2|𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, 𝑔1(𝑥) ≤ 𝑦 ≤ 𝑔2(𝑥)} 
Onde 𝑔1 e 𝑔2 são contínuas em [𝑎, 𝑏]. 
Exemplo: 
 
 Deste modo, se 𝑓 for uma função contínua sobre a região 𝐷 tal como definida acima, então: 
 ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝐷 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)
𝑔2(𝑥)
𝑔1(𝑥)
𝑑𝑦
𝑏
𝑎
𝑑𝑥 
 
De modo análogo, de 𝑓 é contínua sobre a região 𝐷, tal que 𝐷 =
{(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2|𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑, ℎ1(𝑦) ≤ 𝑥 ≤ ℎ2(𝑦)} 
Então, 
∬𝑓(𝑥, 𝑦)
𝐷
𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)
ℎ2(𝑦)
ℎ1(𝑦)
𝑑𝑥
𝑑
𝑐
𝑑𝑦 
Exemplos de região deste tipo: 
 
 
 
 
Exemplo1. Calcule ∬ (𝑥 + 2𝑦)𝐷 𝑑𝐴, onde 𝐷é a região limitada pelas parábolas 𝑦 = 2𝑥² e 𝑦 =
1 + 𝑥². 
Solução: 
6 
 
 
2𝑥² = 1 + 𝑥² 
𝑥 = ±1 
𝐷 = {(𝑥, 𝑦)| − 1 ≤ 𝑥 ≤ 1, 2𝑥2 ≤ 𝑦 ≤ 1 + 𝑥2} 
∬𝑥 + 2𝑦
𝐷
𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑥 + 2𝑦
1+𝑥²
2𝑥²
𝑑𝑦
1
−1
𝑑𝑥 = ∫[𝑥𝑦 + 𝑦2]2𝑥²
1+𝑥²
1
−1
𝑑𝑥 =
32
15
 
Exemplo2. Determine o volume do sólido que está abaixo do paraboloide 𝑧 = 𝑥² + 𝑦² e acima 
da região 𝐷 do plano 𝑥𝑦 limitada pela reta 𝑦 = 2𝑥 e pela parábola 𝑦 = 𝑥². 
Soluções: 
 
2𝑥 = 𝑥² 
𝑥² − 2𝑥 = 0 
𝑥(𝑥 − 2) = 0 
𝑥 = 0 𝑜𝑢 𝑥 = 2 
Solução1: 
𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2|0 ≤ 𝑦 ≤ 4,
𝑦
2
≤ 𝑥 ≤ √𝑦} 
∬𝑥² + 𝑦²
𝐷
𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑥² + 𝑦²
√𝑦
𝑦/2
𝑑𝑥
4
0
𝑑𝑦 =
216
35
 
Solução2: 
𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2|0 ≤ 𝑥 ≤ 2, 𝑥² ≤ 𝑦 ≤ 2𝑥} 
∬𝑥² + 𝑦²
𝐷
𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑥² + 𝑦²
2𝑥
𝑥²
𝑑𝑦
2
0
𝑑𝑥 =
216
35
 
 
7 
 
Exemplo3. Calcule ∬ 𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑦)𝐷 𝑑𝐴 , onde 𝐷 é limitada por 𝑦 = 0, 𝑦 = 𝑥² e 𝑥 = 1. 
Solução: 
 
𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2|0 ≤ 𝑥 ≤ 1,0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥2} 
∬𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑦)
𝐷
𝑑𝐴 = ∫∫ 𝑥𝑐𝑜𝑠(𝑦)
𝑥²
0
𝑑𝑦
1
0
𝑑𝑥
= −
cos(2)
2
+ 1 
 
Propriedades da integral dupla 
1. ∬ [𝑔(𝑥, 𝑦) + 𝑓(𝑥, 𝑦)]𝐷 𝑑𝐴 = ∬ [𝑔(𝑥, 𝑦)]𝐷 𝑑𝐴 +∬ [𝑓(𝑥, 𝑦)]𝐷 𝑑𝐴 
2. ∬ [𝑐. 𝑓(𝑥, 𝑦)]𝐷 𝑑𝐴 = 𝑐∬ [𝑓(𝑥, 𝑦)]𝐷 𝑑𝐴 
3. Se 𝐷 = 𝐷1 ∪ 𝐷2, onde 𝐷1 e 𝐷2 não se sobrepõem, então 
∬[𝑓(𝑥, 𝑦)]
𝐷
𝑑𝐴 = ∬[𝑓(𝑥, 𝑦)]
𝐷1
𝑑𝐴 +∬[𝑓(𝑥, 𝑦)]
𝐷2
𝑑𝐴 
4. Se integrarmos a função constante 𝑓(𝑥, 𝑦) = 1 sobre uma região 𝐷, obteremos a área de 𝐷: 
∬1
𝐷
𝑑𝐴 = 𝐴(𝐷) 
Exemplo4. Ache, por integração dupla, a área da região no plano 𝑥𝑦, limitada pelas curvas 𝑦 =
𝑥² e 𝑦 = 4𝑥 − 𝑥². 
Solução: 
 
Pelo gráfico, notamos que a região D é: 𝐷 =
{(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2|0 ≤ 𝑥 ≤ 2, 𝑥2 ≤ 𝑦 ≤ −𝑥2 + 4𝑥} 
Assim, temos que a área é: 
𝐴 =∬1𝐷
𝑑𝐴 = ∫ ∫ 1
4𝑥−𝑥2
𝑥2
2
0
𝑑𝑦𝑑𝑥 
= ∫(4𝑥 − 2𝑥2)
2
0
𝑑𝑥 =
8
3
 
Logo, a área da região é 
8
3
 unidades de área. 
8 
 
Se utilizássemos integral de uma função de uma variável, teríamos: 
∫(4𝑥 − 𝑥2) − (𝑥2)
2
0
𝑑𝑥 = ∫4𝑥 − 2𝑥²
2
0
𝑑𝑥 =
8
3
 
Exercícios. 
1) Calcule a integral da função 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥√𝑦 no domínio 𝐷 do primeiro quadrante limitado 
pelas retas 𝑦 = 0 e 𝑥 + 𝑦 = 2 e a parábola 𝑥 = 𝑦² . 
Solução: 
Seja 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2|0 ≤ 𝑦 ≤ 1, 𝑦² ≤ 𝑥 ≤ 2 − 𝑦} 
 
∬𝑥√𝑦
𝐷
𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑥√𝑦
2−𝑦
𝑦²
1
0
𝑑𝑥𝑑𝑦
= ∫[
𝑥2
2
√𝑦]
𝑦²
2−𝑦1
0
𝑑𝑦 
=
676
1155
 
Ou, poderíamos ter integrado primeiro em relação a 𝑦, considerando: 
𝐷 = 𝐷1 ∪ 𝐷2 
𝐷1 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ
2|0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 0 ≤ 𝑦 ≤ √𝑥} 
𝐷2 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ
2|1 ≤ 𝑥 ≤ 2, 0 ≤ 𝑥 ≤ 2 − 𝑥} 
∬𝑥√𝑦
𝐷
𝑑𝐴 = ∫∫ 𝑥√𝑦
√𝑥
0
1
0
𝑑𝑦𝑑𝑥 + ∫ ∫ 𝑥√𝑦
2−𝑥
0
2
1
𝑑𝑦𝑑𝑥 
Mas, essa segunda integral não é tão fácil de calcular. 
2) Esboce o domínio 𝐷 e calcule a integral dupla da função 𝑓 sobre 𝐷 em cada caso abaixo: 
a) 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2|0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 0 ≤ 𝑦 ≤ 1} e 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥² + 𝑦². 
b)𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2|0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 1} e 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥²𝑦 
c) 𝐷 é o domínio delimitado pelas retas 𝑥 = 𝑦, 𝑥 = −1 𝑒 𝑦 = 1, e 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦. 
d) 𝐷 é o domínio delimitado pela parábola 𝑦 = 𝑥², à direita do eixo y e pela reta 𝑦 =
𝜋
2
 e 
𝑓(𝑥) = √𝑦. 𝑠𝑒𝑛(𝑥√𝑦). 
 
9 
 
Soluções: 
a) 
2
3
 
b) 
 
 
 
∬𝑥²𝑦
𝐷
𝑑𝐴 = ∫∫𝑥²𝑦
1
𝑥
1
0
𝑑𝑦𝑑𝑥 
∫[
𝑥2𝑦2
2
]
𝑥
1
𝑑𝑥 =
1
0
∫
𝑥2
2
−
𝑥4
2
𝑑𝑥 =
1
0
 
[
𝑥3
6
−
𝑥5
10
]
0
1
=
1
6
−
1
10
=
5 − 3
30
=
1
15
 
 
c) 
 
∬𝑥𝑦
𝐷
𝑑𝐴 = ∫∫𝑥𝑦
1
𝑥
1
−1
𝑑𝑦𝑑𝑥 
∫[
𝑥𝑦2
2
]
𝑥
1
𝑑𝑥 =
1
−1
∫
𝑥
2
−
𝑥3
2
𝑑𝑥 =
1
−1
 
[
𝑥2
4
−
𝑥4
8
]
−1
1
=
1
4
−
1
8
−
1
4
+
1
8
= 0 
10 
 
 
d) 
 
∬√𝑦
𝐷
𝑠𝑒𝑛(𝑥√𝑦)𝑑𝐴 = ∫ ∫√𝑦. 𝑠𝑒𝑛(𝑥√𝑦)
𝜋
2
𝑥2
1
0
𝑑𝑦𝑑𝑥 
Escrevendo a região 𝐷 de um outro modo, podemos fazer: 
∬√𝑦
𝐷
𝑠𝑒𝑛(𝑥√𝑦)𝑑𝐴 = ∫∫ √𝑦. 𝑠𝑒𝑛(𝑥√𝑦)
√𝑦
0
𝜋
2
0
𝑑𝑥𝑑𝑦 
Resolvendo a integral, fazendo 𝑢 = 𝑥√𝑦, 𝑑𝑢 = √𝑦. 𝑑𝑥 
∫√𝑦. 𝑠𝑒𝑛(𝑥√𝑦)𝑑𝑥 = ∫𝑠𝑒𝑛(𝑢) 𝑑𝑢 = −cos(𝑢) + 𝐶 = −cos(𝑥√𝑦) + 𝐶 
Assim, temos: 
∫∫ √𝑦. 𝑠𝑒𝑛(𝑥√𝑦)
√𝑦
0
𝜋
2
0
𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫[− cos(𝑥√𝑦)]
0
√𝑦
𝜋
2
0
𝑑𝑦 = ∫−cos(𝑦) + 1
𝜋
2
0
𝑑𝑦 = [−𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑦]0
𝜋
2
= −𝑠𝑒𝑛 (
𝜋
2
) +
𝜋
2
+ 𝑠𝑒𝑛(0) − 0 =
𝜋
2
− 1