Apostila calculo 3A uff Paula Baseiro

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Universidade Federal Fluminense
Instituto de Matema´tica e Estatı´stica
Departamento de Matema´tica Aplicada
Ca´lculo III-A – Mo´dulo 1
Prezado aluno,
Seja bem-vindo a` nossa disciplina. Este texto possui - salvo algumas modificac¸o˜es - o mesmo
conteu´do do material preparado pela professora Rioco para o curso de Ca´lculo IV do Cederj.
Boa sorte!
Rioco K. Barreto e M. Lucia S. Menezes
Coordenadoras de Ca´lculo III-A
Aula 1 – Integrais Duplas
Objetivos
• Compreender a noc¸a˜o de integral dupla;
• Estudar algumas de suas propriedades;
• Estudar o Teorema de Fubini para retaˆngulos.
Em Ca´lculo II-A, voceˆ aprendeu as integrais definidas. Agora, em Ca´lculo III-A, pretendemos que
voceˆ compreenda as integrais duplas e triplas de func¸o˜es de duas ou treˆs varia´veis.
Enta˜o consideremos uma func¸a˜o f : D ⊂ R2 → R, onde D e´ um conjunto fechado e limitado
(tambe´m conhecido como conjunto compacto). Como D e´ limitado, enta˜o existe um retaˆngulo
R = [a, b]× [c, d], tal que D ⊂ R.
y
d = yn
yj
yj−1
y0 = c
∆y
a = x0 xi−1 xi b = xn x
∆x
D
R
Rij
(x∗i , y
∗
j )
f
R
Vamos dividir o retaˆngulo R em subretaˆngulos Rij da seguinte maneira: dividimos os intervalos [a, b]
e [c, d] em n subintervalos de mesmo comprimento ∆x = b−a
n
e ∆y = d−c
n
, respectivamente;
Ca´lculo III-A Mo´dulo 1 2
trac¸amos retas verticais e horizontais pelas extremidades desses subintervalos. Vamos escolher(
x∗i , y
∗
j
) ∈ Rij , para formarmos a soma
Sn =
n∑
j=1
n∑
i=1
f
(
x∗i , y
∗
j
)
∆x∆y =
n∑
i,j=1
f
(
x∗i , y
∗
j
)
∆A
onde f
(
x∗i , y
∗
j
)
= 0 se
(
x∗i , y
∗
j
)
/∈ D.
Esta soma e´ dita soma de Riemann de f . Se existir o lim
n→∞
Sn = L, dizemos que f e´ integra´vel e
que o nu´mero L e´ dito integral de f sobre D e e´ indicado por
∫∫
D
f(x, y) dxdy ou
∫∫
D
f(x, y) dA
ou
∫∫
D
f dA. Assim,
∫∫
D
f(x, y) dxdy = lim
n→∞
n∑
i,j=1
f
(
x∗i , y
∗
j
)
∆x∆y .
OBS.:
1. Prova-se que se f e´ cont´ınua em D, enta˜o f e´ integra´vel.
2. Se f(x, y) ≥ 0 e´ cont´ınua em D, enta˜o o gra´fico de f (Gf) esta´
acima do plano xy. Enta˜o o volume do so´lido W que esta´ abaixo
de Gf e acima de D e´ dado por
V (W ) =
∫∫
D
f(x, y) dxdy .
Logo, para encontrar o volume do so´lido W , integramos f(x, y)
(o “teto”) sobre D (o “piso”).
x
y
z
W
Rij(x∗i , y
∗
j )
Gf : z = f(x, y) (“teto”)
(“piso”)
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Mo´dulo 1 3
3. Se f(x, y) = 1 em D enta˜o∫∫
D
1 dxdy =
∫∫
D
dxdy = A(D) = a´rea de D .
4. Propriedades
(i)
∫∫
D
(f + g) dA =
∫∫
D
f dA+
∫∫
D
g dA
(ii)
∫∫
D
kf dA = k
∫∫
D
f dA, k ∈ R
(iii) D = D1 ∪D2 ⇒
∫∫
D
f dA =
∫∫
D1
f dA+
∫∫
D2
f dA
D1
D2
Um Me´todo Pra´tico para Calcular Integrais Duplas
Teorema de Fubini: Se f(x, y) e´ cont´ınua no retaˆngulo D = [a, b]× [c, d], enta˜o∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫ b
a
[∫ d
c
f(x, y) dy
]
dx =
∫ d
c
[∫ b
a
f(x, y) dx
]
dy
ou ∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫ b
a
∫ d
c
f(x, y) dydx =
∫ d
c
∫ b
a
f(x, y) dxdy︸ ︷︷ ︸
integrais iteradas ou repetidas
Exemplo 1
Calcule
∫∫
D
xy2 dxdy, sendo D = [0, 1]× [−1, 0].
Soluc¸a˜o:
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Ca´lculo III-A Mo´dulo 1 4
Temos ∫∫
D
xy2 dxdy =
∫ 1
0
∫ 0
−1
xy2 dydx .
Primeiro, calculamos a integral interna. Logo,
∫∫
D
xy2 dxdy =
∫ 1
0
x
[
y3
3
]0
−1
= 1
3
∫ 1
0
x[0 − (−1)] dx = 1
3
∫ 1
0
x dx = 1
3
[
x2
2
]1
0
= 1
6
.
Aula 2 – Ca´lculo de Integrais Duplas em Regio˜es mais Gerais
Objetivos
• Estudar uma versa˜o mais geral do Teorema de Fubini;
• Calcular a´rea e volume.
Suponhamos agora, que D seja diferente do retaˆngulo [a, b]× [c, d]. Enta˜o vamos definir dois tipos
de regia˜o.
Definic¸a˜o 1
Dizemos que D e´ uma regia˜o do tipo I ou uma regia˜o simples vertical se D for limitada
a` esquerda pela reta vertical x = a, a` direita pela reta vertical x = b, inferiormente
pela curva de equac¸a˜o y = g1(x) e superiormente pela curva y = g2(x), onde g1 e g2 sa˜o
cont´ınuas.
As figuras que se seguem ilustram regio˜es do tipo I.
xx
y
y = g1(x)
y = g2(x)
D
(x, y)
a b xx
y
y = g1(x)
y = g2(x)
D
(x, y)
a b xx
y
y = g1(x)
y = g2(x)
D
(x, y)
a b
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Ca´lculo III-A Mo´dulo 1 5
Logo, D = {(x, y) ∈ R2; a ≤ x ≤ b e g1(x) ≤ y ≤ g2(x)}. Prova-se que:∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫ b
a
∫ g2(x)
g1(x)
f(x, y) dydx .
Definic¸a˜o 2
Dizemos que D e´ uma regia˜o do tipo II ou uma regia˜o simples horizontal, se D for limitada
inferiormente e superiormente pelas retas horizontais y = c e y = d, respectivamente, a`
esquerda pela curva x = h1(y) e a` direita pela curva x = h2(y), onde h1 e h2 sa˜o cont´ınuas.
As figuras que se seguem ilustram regio˜es do tipo II:
x
x
y
x = h1(x)
x = h2(x)
D
c
d
x
x
y
x = h1(x)
x = h2(x)D
c
d
x
x
y
x = h1(x)
x = h2(x)
D
c
d
Logo, D = {(x, y) ∈ R2; c ≤ y ≤ d e h1(y) ≤ x ≤ h2(y)}. Prova-se que:∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫ d
c
∫ h2(y)
h1(y)
f(x, y) dxdy .
Exemplo 1
Calcule por meio dos dois me´todos a integral de f(x, y) = xy sobre a regia˜o D limitada pelas curvas
y = x e y = x2.
Soluc¸a˜o:
As curvas se interceptam quando x2 = x ou x(x− 1) = 0. Enta˜o x = 0 ou x = 1. Assim, os pontos
de intersec¸a˜o sa˜o (0, 0) e (1, 1). Logo, o esboc¸o de D e´:
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Ca´lculo III-A Mo´dulo 1 6
xx
y
y = x
y = x2D
(x, y)
1
1
Me´todo 1
Enquadrando D como tipo I, temos D = {(x, y) ∈ R2; 0 ≤ x ≤ 1 e x2 ≤ y ≤ x}. Enta˜o:∫∫
D
xy dxdy =
∫ 1
0
∫ x
x2
xy dydx =
∫ 1
0
x
[
y2
2
]x
x2
dx = 1
2
∫ 1
0
x (x2 − x4) dx = 1
2
∫ 1
0
(x3 − x5) dx
= 1
2
[
x4
4
− x6
6
]1
0
= 1
6
(
1
4
− 1
6
)
= 1
24
.
Me´todo 2
x
y
y
x = y
x =
√
yD
1
1
Enquadrando D como tipo II, temos D =
{
(x, y) ∈ R2; 0 ≤ y ≤ 1 e y ≤ x ≤ √y}. Enta˜o,∫∫
D
xy dxdy =
∫ 1
0
∫ √y
y
xy dxdy =
∫ 1
0
y
[
x2
2
]√y
y
dy = 1
2
∫ 1
0
y (y − y2) dy = 1
2
∫ 1
0
(y2 − y3) dy
= 1
2
[
y3
3
− y4
4
]1
0
= 1
2
(
1
3
− 1
4
)
= 1
24
.
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Exemplo 2
Calcule, por meio de integral dupla, a a´rea da regia˜o plana D limitada pelas curvas y = x3 e y =
√
x .
Soluc¸a˜o:
O esboc¸o de D e´:
x
y
y = x1/2
y = x3
y = x3
D
1
1
y =
√
x = x1/2
Podemos descrever D por
D :
{
0 ≤ x ≤ 1
x3 ≤ y ≤ x1/2
Enta˜o,
A(D) =
∫∫
D
dxdy =
∫ 1
0
∫ x1/2
x3
dydx =
∫ 1
0
(
x1/2 − x3) dx = [2
3
x3/2 − x4
4
]1
0
= 2
3
− 1
4
= 5
12
u.a.
Exemplo 3
Calcule o volume do tetraedo W com faces nos planos coordenados e no plano x+ y + z = 3.
Soluc¸a˜o:
O plano x + y + z = 3 passa pelos pontos A = (3, 0, 0), B = (0, 3, 0) e C = (0, 0, 3). Assim, o
esboc¸o de W e´:
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Ca´lculo III-A Mo´dulo 1 8
x
y
z
A
B
C
W
teto de W
D (piso)
x
y
3
3
D
x+ y = 3
y = 3− x
y = 0
Observemos que o teto de W e´ a porc¸a˜o do plano x+ y + z = 3 ou z = 3− x− y = f(x, y) e que
o piso de W e´ o triaˆngulo D. Enta˜o,
V (W ) =
∫∫
D
f(x, y) dxdy
=
∫∫
D
(3− x− y) dxdy
=
∫ 3
0
∫ 3−x
0
(3− x− y) dydx
=
∫ 3
0
[
3y − xy − y2
2
]3−x
0
dx
=
∫ 3
0
[
3(3− x)− x(3− x)− (3−x)2
2
]
dx
= 1
2
∫ 3
0
(9− 6x+ x2) dx
= 1
2
[
9x− 3x2 + x3
3
]3
0
= 9
2
u.v.
Exerc´ıcio 1: Calcule as integrais iteradas:
a)
∫ 2
1
∫ 2
1
yexy dxdy b)
∫ 2
1∫ x
1
x2
y2
dydx
Exerc´ıcio 2: Esboce a regia˜o de integrac¸a˜o e calcule as integrais:
a)
∫∫
D
xy3 dxdy, D = {(x, y) ∈ R2; 1 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ 2x};
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b)
∫∫
D
f(x, y) dxdy, D = {(x, y) ∈ R2; |x| ≤ pi/2 , 0 ≤ y ≤ cos x}, f(x, y) = y sen x.
Exerc´ıcio 3: Esboce a regia˜o de integrac¸a˜o e inverta a ordem das integrais iteradas em:
a)
∫ 1
0
∫ y
0
f(x, y) dxdy c)
∫ 1
−1
∫ √1−x2
−
√
1−x2
f(x, y) dydx
b)
∫ 1
0
∫ √y
y
f(x, y) dxdy d)
∫ 1
0
∫ 3x
x
f(x, y) dydx
Exerc´ıcio 4: Calcule
∫ 1
0
∫ 2
2y
4ex
2
dxdy.
Exerc´ıcio 5: Calcule
∫ 5
1
∫ 5
x
y
x ln y
dydx .
Exerc´ıcio 6: Use a integral dupla para calcular a a´rea da regia˜o D limitada pelas curvas y = 4x−x2
e y = x.
Exerc´ıcio 7: Encontre o volume do so´lido W limitado pelos planos y = 0, z = 0 y = 4 e pelo
cilindro parabo´lico z = 4− x2.
Exerc´ıcio 8: Encontre o volume do so´lido W limitado pelas superf´ıcies z = 1 − y2, z ≥ 0, x = 0,
z = 0 e x− y = 2.
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Ca´lculo III-A – Mo´dulo 1 – Tutor
Exerc´ıcio 1: Calcule as integrais iteradas:
a)
∫
2
1
∫
2
1
yexy dxdy b)
∫
2
1
∫ x
1
x2
y2
dydx
Soluc¸a˜o:
a) Temos
∫
2
1
∫
2
1
yexy dxdy =
∫
2
1
y
[
exy
y
]x=2
x=1
dy =
∫
2
1
[
exy
]x=2
x=1
dy =
=
∫
2
1
(
e2y − ey) dy = [e2y
2
− ey
]2
1
=
(
e4
2
− e2
)
−
(
e2
2
− e
)
=
e4
2
− 3e
2
2
+ e .
b) Temos
∫
2
1
∫ x
1
x2
y2
dydx =
∫
2
1
∫ x
1
x2y−1 dydx =
∫
2
1
x2
[
−1
y
]y=x
y=1
dx =
=
∫
2
1
x2
(
− 1
x
+ 1
)
dx =
∫
2
1
(−x+ x2) dx =
=
[
−x
2
2
+
x3
3
]2
1
=
(
−2 + 8
3
)
−
(
−1
2
+
1
3
)
= −2 + 8
3
+
1
2
− 1
3
=
5
6
.
Exerc´ıcio 2: Esboce a regia˜o de integrac¸a˜o e calcule as integrais:
a)
∫∫
D
xy3 dxdy, D = {(x, y) ∈ R2; 1 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ 2x};
b)
∫∫
D
f(x, y) dxdy, D = {(x, y) ∈ R2; |x| ≤ pi/2 , 0 ≤ y ≤ cos x}, f(x, y) = y sen x.
Soluc¸a˜o:
a) O esboc¸o de D esta´ representado na figura que se segue.
Ca´lculo III-A Mo´dulo 1 – Tutor 2
x
y
D
1 2
2
4
Temos ∫∫
D
xy3 dxdy =
∫
2
1
∫
2x
0
xy3 dydx =
∫
2
1
x
[
y4
4
]2x
0
dx =
=
∫
2
1
x
(
16x4
4
− 0
)
dx =
∫
2
1
4x5 dx =
= 4
[
x6
6
]2
1
=
2
3
(26 − 1) = 2
3
(64− 1) = 42 .
b) O esboc¸o de D esta´ representado na figura que se segue.
x
y
D
−pi/2 pi/2
1
Temos ∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫∫
D
y sen x dx =
∫ pi/2
−pi/2
∫
cos x
0
y sen x dydx =
=
∫ pi/2
−pi/2
[
y2
2
]cos x
0
sen x dx =
1
2
∫ pi/2
−pi/2
cos2 x sen x dx =
= −1
2
∫ pi/2
−pi/2
cos2 x d(cosx) = −1
2
[
cos3 x
3
]pi/2
−pi/2
= −1
6
(0− 0) = 0 .
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Ca´lculo III-A Mo´dulo 1 – Tutor 3
Exerc´ıcio 3: Esboce a regia˜o de integrac¸a˜o e inverta a ordem das integrais iteradas em:
a)
∫
1
0
∫ y
0
f(x, y) dxdy c)
∫
1
−1
∫ √
1−x2
−
√
1−x2
f(x, y) dydx
b)
∫
1
0
∫ √y
y
f(x, y) dxdy d)
∫
1
0
∫
3x
x
f(x, y) dydx
Soluc¸a˜o:
a) A regia˜o de integrac¸a˜o D e´ dada pelas desigualdades 0 ≤ x ≤ y e 0 ≤ y ≤ 1. Portanto, D e´ do
tipo II e esta´ limitada a` esquerda pela reta x = 0 (eixo y) e a` direita pela reta x = y, entre as
retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1.
x
y
D
entra em x = 0
sai em x = y
x = y ⇒ y = x1
1
Para inverter a ordem de integrac¸a˜o devemos enquadrar D como tipo I. Enta˜o imaginemos uma reta
vertical atrave´s de D, orientada como o eixo y.
x
y
D
entra em y = x
sai em y = 1
1
1
A reta entra em D em y = x e sai de D em y = 1. Logo, x ≤ y ≤ 1. Como a projec¸a˜o de D sobre
o eixo x e´ o intervalo [0, 1], temos 0 ≤ x ≤ 1. Assim,
D =
{
(x, y) ∈ R2; 0 ≤ x ≤ 1 , x ≤ y ≤ 1} .
Logo, ∫
1
0
∫
4
0
f(x, y) dxdy =
∫
1
0
∫
1
x
f(x, y) dydx .
b) A regia˜o de integrac¸a˜o D e´ dada pelas desigualdades 0 ≤ y ≤ 1 e y ≤ x ≤ √y . Portanto, D e´
do tipo II e esta´ limitada a` esquerda pela reta x = y (ou y = x) e a` direita pela curva x =
√
y (ou
y = x2, com x > 0), entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1.
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Ca´lculo III-A Mo´dulo 1 – Tutor 4
x
y
D
entra em x = y
sai em x =
√
y
x = y
x =
√
y
1
1
Para inverter a ordem de integrac¸a˜o devemos enquadrar D como tipo I. Enta˜o imaginemos uma reta
vertical atrave´s de D, orientada como o eixo y. Vemos que ela entra em D em y = x2 e sai de D
em y = x. Vemos tambe´m que D esta´ compreendida entre as retas x = 0 e x = 1. Enta˜o, temos:
D =
{
(x, y) ∈ R2; x2 ≤ y ≤ x , 0 ≤ x ≤ 1} .
x
y
D
entra em y = x2
sai em y = x
1
1
Logo, ∫
1
0
∫ √y
y
f(x, y) dxdy =
∫
1
0
∫ x
x2
f(x, y) dydx .
c) A regia˜o de integrac¸a˜o D e´ dada pelas desigualdades −1 ≤ x ≤ 1 e −√1− x2 ≤ y ≤ √1− x2 .
Portanto, D e´ do tipo I e esta´ limitada inferiormente pela curva y = −√1− x2 (ou x2 + y2 = 1,
com y ≤ 0) e superiormente pela curva y = √1− x2 (ou x2 + y2 = 1, com y ≥ 0), entre as retas
x = −1 e x = 1. Assim, o esboc¸o de D esta´ representado na figura que se segue.
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Ca´lculo III-A Mo´dulo 1 – Tutor 5
x
y
D
entra em x = −
√
1− y2
sai em x =
√
1− y2
−1
−1 1
1
Para inverter a ordem de integrac¸a˜o, devemos definir D como tipo II. Enta˜o, considerando uma reta
horizontal atrave´s de D, orientada como o eixo X , vemos que ela entra em D em x = −
√
1− y2
e sai de D em x =
√
1− y2. Vemos, tambe´m, que D esta´ compreendida entre as retas horizontais
y = −1 e y = 1. Enta˜o,
D =
{
(x, y) ∈ R2; −1 ≤ y ≤ 1 , −
√
1− y2 ≤ x ≤
√
1− y2
}
.
Logo, ∫
1
−1
∫ √
1−x2
−
√
1−x2
f(x, y) dydx =
∫
1
−1
∫ √
1−y2
−
√
1−y2
f(x, y) dxdy .
d) A regia˜o de integrac¸a˜o D e´ dada pelas desigualdades x ≤ y ≤ 3x e 0 ≤ x ≤ 1. Portanto, D e´ do
tipo I e esta´ limitada inferiormente pela reta y = x (ou x = y) e superiormente pela reta y = 3x (ou
x = y/3), entre as retas verticais x = 0 (eixo y) e x = 1. Assim, o esboc¸o de D esta´ representado
na figura que se segue.
x
y
D entra em y = x
sai em y = 3x
1
1
3
Na figura vemos que D na˜o e´ do tipo II, pois esta´ limitada a` esquerda pelas curvas x = y e x = y/3.
Para inverter a ordem de integrac¸a˜o, devemos decompor a regia˜o D em duas partes: D1 e D2, como
representado na figura que se segue.
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Ca´lculo III-A Mo´dulo 1 – Tutor 6
x
y
D1
D2
entra em x =
y
3
entra em x =
y
3 sai em x = 1
sai em x = y
1
1
3
Temos D1 :
{
0 ≤ y ≤ 1
y/3 ≤ x ≤ y e D2 :
{
1 ≤ y ≤ 3
y/3 ≤ x ≤ 1 . Enta˜o,
∫
1
0
∫
3x
x
f(x, y) dydx =
∫
1
0
∫ y
y/3
f(x, y) dxdy +
∫
3
1
∫
1
y/3
f(x, y) dxdy .
Exerc´ıcio 4: Calcule
∫
1
0
∫
2
2y
4ex
2
dxdy.
Soluc¸a˜o: Na˜o podemos integrar nessa ordem, pois
∫
ex
2
dx na˜o e´ uma func¸a˜o elementar, isto e´, ela
na˜o pode ser escrita como uma soma finita de func¸o˜es elementares (func¸o˜es estudadas em Ca´lculo
I). Portanto, devemos inverter a ordem de integrac¸a˜o. A regia˜o de integrac¸a˜o D e´ dada pelas
desigualdades 0 ≤ y ≤ 1 e 2y ≤ x ≤ 2. Assim, D e´ do tipo II e esta´ limitada a` esquerda pela reta
x = 2y (ou y = x/2) e a` direita pela reta x = 2, entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1.
x
y
D
x = 2y ⇒ y = x
2
1
2
Descric¸a˜o deD como tipo I
Imaginemos uma reta vertical atrave´s de D, orientada como o eixo y. Ela entra em D em y = 0 e
sai de D em y = x/2. Vemos que D esta´ entre as retas x = 0 (eixo y) e a reta x = 2. Enta˜o,
D =
{
(x, y) ∈ R2; 0 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ x/2} .
Assim,
∫
1
0
∫
2
2y
4ex
2
dxdy =
∫
2
0
∫ x/2
0
4ex
2
dydx =
∫
2
0
4ex
2
∫ x/2
0
dydx =
∫
2
0
4ex
2 x
2
dx =
∫
2
0
ex
2
2x dx .
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Mo´dulo 1 – Tutor 7
Fazendo u = x2, temos du = 2x dx. Para x = 0, temos u = 0 e, para x = 2, temos u = 4. Enta˜o,
∫
1
0
∫
2
2y
4ex
2
dxdy =
∫
4
0
eu du =
[
eu
]4
0
= e4 − 1 .
Exerc´ıcio 5: Calcule
∫
5
1
∫
5
x
y
x ln y
dydx .
Soluc¸a˜o: Na˜o podemos integrar nessa ordem, pois
∫
y
x ln y
dy na˜o e´ uma func¸a˜o elementar.
Enta˜o vamos inverter a ordem de integrac¸a˜o. Para isso devemos esboc¸ar a regia˜o de integrac¸a˜o D
dada pelas desigualdades 1 ≤ x ≤ 5 e x ≤ y ≤ 5. Logo, a regia˜o e´ do tipo I e esta´ limitada
inferiormente pela reta y = x e superiormente pela reta y = 5 e esta´ compreendida entre as retas
verticais x = 1 e x = 5.
x
y
D
sai em x = y
entra em x = 1
5
1
Descric¸a˜o de D como tipo II
Imaginemos uma reta horizontal, atrave´s de D, orientada como o eixo x. Vemos que ela entra em
D em x = 1 e sai de D em x = y. Vemos, tambe´m que D esta´ entre as retas horizontais y = 1 e
y = 5. Assim, D :
{
1 ≤ y ≤ 5
1 ≤ x ≤ y . Enta˜o,
∫
5
1
∫
5
x
y
x ln y
dydx =
∫
5
1
∫ y
1
y
x ln y
dxdy =
∫
5
1
y
ln y
[
ln x
]y
1
dy =
=
∫
5
1
y
ln y
(ln y − ln 1) dy =
∫
5
1
y
ln y
· ln y dy =
∫
5
1
y dy =
[
y2
2
]5
1
=
1
2
(
52 − 1) = 12 .
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Mo´dulo 1 – Tutor 8
Exerc´ıcio 6: Use a integral dupla para calcular a a´rea da regia˜o D limitada pelas curvas y = 4x−x2
e y = x.
Soluc¸a˜o: De y = 4x− x2 e y = x temos 4x − x2 = x ou x2 − 3x = 0 ou x(x − 3) = 0, portanto
x = 0 ou x = 3. Logo, as intersec¸o˜es sa˜o (0, 0) e (3, 3) e o esboc¸o de D esta´ representado na figura
que se segue.
x
y
D (3, 3)
entra em y = x
sai em y = 4x− x2
Descrevendo D como uma regia˜o do tipo I, temos D :
{
0 ≤ x ≤ 3
x ≤ y ≤ 4x− x2 . Como A(D) =∫∫
D
dxdy, temos
A(D) =
∫
3
0
∫
4x−x2
x
dydx =
∫
3
0
(
4x− x2 − x) dx =
=
∫
3
0
(
3x− x2) dx = [3x2
2
− x
3
3
]3
0
=
=
27
2
− 9 = 9
2
u.a.
Exerc´ıcio 7: Encontre o volume do so´lido W limitado pelos planos y = 0, z = 0 y = 4 e pelo
cilindro parabo´lico z = 4− x2.
Soluc¸a˜o:
Esboc¸o do so´lido W
Inicialmente trac¸amos, no plano xz, a para´bola z = 4 − x2. Como esta equac¸a˜o e´ independente
da varia´vel y, trac¸amos, por pontos desta para´bola, as retas paralelas ao eixo y. Obtemos assim o
cilindro parabo´lico. Considerando que W esta´ limitado pelos planos y = 0, y = 4 e z = 0, temos o
so´lido W representado na figura que se segue.
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Mo´dulo 1 – Tutor 9
x
y
z
D
W
“piso”
“teto”
−2
2
4
4
Observemos que o “teto” do so´lido W e´ o cilindro parabo´lico z = 4 − x2 = f(x, y) e que o “piso”
de W e´ o quadrado D dado pelas desigualdades −2 ≤ x ≤ 2 e 0 ≤ y ≤ 4. Temos, enta˜o,
V (W ) =
∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫∫
D
(
4− x2) dxdy =
=
∫
2
−2
∫
4
0
(
4− x2) dydx =
∫
2
−2
(
4− x2)
∫
4
0
dydx =
= 4
∫
2
−2
(
4− x2) dx = 4 [4x− x3
3
]2
−2
= 4 · 2
(
8− 8
3
)
=
128
3
u.v.
Exerc´ıcio 8: Encontre o volume do so´lido W limitado pelas superf´ıcies z = 1 − y2, z ≥ 0, x = 0,
z = 0 e x− y = 2.
Soluc¸a˜o:
Esboc¸o do so´lido W
Inicialmente trac¸amos, no plano yz, a para´bola z = 1 − y2, com z ≥ 0. Como esta equac¸a˜o e´
independente da varia´vel x, trac¸amos, por pontos desta para´bola, retas paralelas ao eixo x, obtendo
assim o cilindro parabo´lico. Para esboc¸ar o plano x − y = 2, trac¸amos primeiramente no plano xy
a reta x − y = 2. Como esta equac¸a˜o na˜o depende da varia´vel z, trac¸amos por pontos desta reta,
retas paralelas ao eixo z. Vemos que os pontos A = (3, 1, 0), B = (2, 0, 1) e C = (1,−1, 0) sa˜o
comuns a`s duas superf´ıcies. Ao ligarmos tais pontos, obtemos a curva intersec¸a˜o. Considerando que
W e´ limitado pelos planos x = 0 e z = 0, temos o so´lido W representado na figura que se segue.
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Mo´dulo 1 – Tutor 10
x
y
z
D
W
A
B
C
“piso”
“teto”
−1
1
1
2
x
y
D
entra em x = 0 sai em x = 2 + y
x− y = 2
−1
−2
1
2
Observemos que o “teto” do so´lido W e´ a superf´ıcie z = 1−y2 e que o “piso” de W e´ o trape´zio D,
que deve ser olhado como uma regia˜o do tipo II. Vemos que a projec¸a˜o de D no eixo y e´ o intervalo
[−1, 1]. Logo, −1 ≤ y ≤ 1. Vemos, tambe´m que uma horizontal qualquer atrave´s de D entra em D
em x = 0 e sai de D na reta x− y = 2, onde x = 2+ y. Logo, 0 ≤ x ≤ 2+ y. Assim, D e´ definido
pelas desigualdades D :
{ −1 ≤ y ≤ 1
0 ≤ x ≤ 2 + y . Temos, enta˜o,
V (W ) =
∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫∫
D
(
1− y2) dxdy =
=
∫
1
−1
∫
2+y
0
(
1− y2) dxdy =
∫
1
−1
(
1− y2) (2 + y) dy =
=
∫
1
−1
(
2 + y − 2y2 − y3) dy = [2y + y2
2
− 2y
3
3
− y
4
4
]1
−1
=
=
(
2 +
1
2
− 2
3
− 1
4
)
−
(
−2 + 1
2
+
2
3
− 1
4
)
=
8
3
u.v.
UFF IME - GMA
Universidade Federal Fluminense
Instituto de Matema´tica e Estatı´stica
Departamento de Matema´tica Aplicada
Ca´lculo III-A – Lista 1
Exerc´ıcio 1: Calcule as seguintes integrais duplas:
a)
∫∫
D
x
1 + y2
dxdy, sendo D = [1, 2]× [0, 1].
b)
∫∫
D
x dxdy na regia˜o D compreendida entre as curvas y = x2, y = 0 e x = 1.
c)
∫∫
D
x
y
dxdy, onde D e´ a regia˜o limitada pelas retas y = x, y = 2x, x = 1 e x = 2.
Soluc¸a˜o:
a) O esboc¸o de D esta´ representado na figura que se segue.
x
y
D
1
1
2
ComoD e´ um retaˆngulo com os lados paralelos aos eixos coordenados, temos 1 ≤ x ≤ 2 e 0 ≤ y ≤ 1.
Pelo teorema de Fubini, o valor da integral dupla pode ser obtido por meio de qualquer uma das
seguintes integrais iteradas:∫ 1
0
∫ 2
1
x
1 + y2
dxdy ou
∫ 2
1
∫ 1
0
x
1 + y2
dydx .
Usando a primeira delas, temos,∫∫
D
x
1 + y2
dxdy =
∫ 1
0
∫ 2
1
x
1 + y2
dxdy =
∫ 1
0
1
1 + y2
∫ 2
1
x dxdy =
=
∫ 1
0
1
1 + y2
[
x2
2
]2
1
dy =
3
2
∫ 1
0
1
1 + y2
dy =
3
2
[
arctg y
]1
0
=
=
3
2
(arctg 1− arctg 0) = 3
2
(
pi
4
− 0
)
=
3pi
8
.
Ca´lculo III-A Lista 1 2
x
y
D
y = x2
1
1
b) O esboc¸o de D esta´ representado na figura que se segue.
Como D e´ diferente de um retaˆngulo com lados paralelos aos eixos coordenados, devemos enquadrar
D como uma regia˜o do tipo I ou do tipo II.
Soluc¸a˜o 1:
Vamos descrever D como tipo I. Seja (x, y) ∈ D. Enta˜o trac¸amos uma reta vertical por (x, y).
x
y
D
y = x2
(x, y)
y = 0
1
1
Vemos que esta reta vertical corta a fronteira inferior deD no eixo x, onde y = 0, e a fronteira superior
de D na para´bola y = x2. Enta˜o, 0 ≤ y ≤ x2. Projetando a regia˜o D sobre o eixo x, encontramos
o intervalo fechado [0, 1]. Enta˜o, 0 ≤ x ≤ 1. Portanto D = {(x, y); 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ x2}.
Temos, enta˜o, ∫∫
D
x dxdy =
∫ 1
0
∫ x2
0
x dydx =
∫ 1
0
x
∫ x2
0
dydx =
∫ 1
0
x
[
y
]x2
0
dx =
=
∫ 1
0
x3 dx =
[
x4
4
]1
0
=
1
4
.
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 1 3
Observac¸a˜o: A integral do lado direito de uma integral dupla e´uma integral iterada, cuja primeira
integral definida indicada devera´ ter limites de integrac¸a˜o constantes, pois o valor da integral dupla
sera´ um nu´mero real.
Soluc¸a˜o 2
Vamos descrever D como tipo II. Enta˜o trac¸amos uma reta horizontal por (x, y) ∈ D.
x
y
D
(x, y)
y = x2 ⇒ x = √y
x =
√
y x = 1
1
1
Vemos que esta reta horizontal corta a fronteira da esquerda na para´bola x =
√
y e a fronteira da
direita na reta x = 1. Enta˜o,
√
y ≤ x ≤ 1. Projetando D sobre o eixo y, temos o intervalo [0, 1].
Logo, 0 ≤ y ≤ 1. Enta˜o, D = {(x, y); 0 ≤ y ≤ 1 , √y ≤ x ≤ 1}.
Portanto, ∫∫
D
x dxdy =
∫ 1
0
∫ 1
√
y
x dxdy =
∫ 1
0
[
x2
2
]1
√
y
dy =
1
2
∫ 1
0
(1− y) dy =
=
1
2
[
y − y
2
2
]1
0
=
1
2
(
1− 1
2
)
=
1
4
.
c) O esboc¸o de D esta´ representado na figura que se segue.
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 1 4
x
y
D
(x, y)
y = 2x
y = x
1
1
2
2
4
Na figura vemos que a fronteira inferior e´ a reta y = x e a fronteira superior e´ a reta y = 2x. Enta˜o
x ≤ y ≤ 2x. Como a projec¸a˜o de D sobre o eixo x e´ o intervalo fechado [1, 2], temos 1 ≤ x ≤ 2.
Temos, enta˜o, D = {(x, y); 1 ≤ x ≤ 2 , x ≤ y ≤ 2x}.
Portanto, ∫∫
D
x
y
dxdy =
∫ 2
1
∫ 2x
x
x
y
dydx =
∫ 2
1
x
∫ 2x
x
1
y
dydx =
∫ 2
1
x
[
ln y
]2x
x
dx =
=
∫ 2
1
x(ln 2x− lnx) dx =
∫ 2
1
x ln
2x
x
dx =
∫ 2
1
x ln 2 dx = ln 2
∫ x
1
x dx =
= ln 2
[
x2
2
]2
1
=
3
2
ln 2 .
Observac¸a˜o: Podemos, tambe´m, enquadrar D como tipo II. Havera´, no entanto, uma complicac¸a˜o
adicional, se fizermos isso, pois a fronteira direita de D e´ a reta x = 1 e a fronteira esquerda de D
e´ constitu´ıda de duas partes, pela reta y = x abaixo da reta y = 2 e pela reta y = 2x, acima de
y = 2. Enta˜o e´ necessa´rio decompor D em duas partes D1 e D2: D = D1 ∪D2. Logo,∫∫
D
x
y
dxdy =
∫∫
D1
x
y
dxdy +
∫∫
D2
x
y
dxdy .
Projetando D1 sobre o eixo y, temos 1 ≤ y ≤ 2. A regia˜o D1 e´ limitada a` esquerda por x = 1 e
a` direita pela reta x = y. Logo, 1 ≤ x ≤ y. Enta˜o D1 = {(x, y); 1 ≤ y ≤ 2 , 1 ≤ x ≤ y}. Assim,∫∫
D1
x
y
dxdy =
∫ 2
1
∫ y
1
x
y
dxdy =
∫ 2
1
1
y
∫ y
1
x dxdy =
∫ 2
1
1
y
[
x2
2
]y
1
dy =
=
1
2
∫ 2
1
1
y
(
y2 − 1) dy = 1
2
∫ 2
1
(
y − 1
y
)
dy =
1
2
[
y2
2
− ln y
]2
1
=
=
1
2
[
(2− ln 2)−
(
1
2
− ln 1
)]
=
1
2
(
3
2
− ln 2
)
=
3
4
− 1
2
ln 2 .
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 1 5
x
y
D1
D2
x = y/2
y = x⇒ x = y
x = y
y = 2x⇒ x = y/2
x = 1
x = 2
1
1
2
2
4
Projetando D2 sobre o eixo y, temos 2 ≤ y ≤ 4. A regia˜o D2 esta´ limitada a` esquerda pela reta
x = y/2 e a` direita por x = 2. Logo, y/2 ≤ x ≤ 2. Enta˜o D2 = {(x, y); 2 ≤ y ≤ 4 , y/2 ≤ x ≤ 2}
e ∫∫
D2
x
y
dxdy =
∫ 4
2
∫ 2
y/2
x
y
dxdy =
∫ 4
2
1
y
∫ 2
y/2
x dxdy =
∫ 4
2
1
y
[
x2
2
]2
y/2
dy =
=
1
2
∫ 4
2
1
y
(
4− y
2
4
)
dy =
1
2
∫ 4
2
(
4
y
− y
4
)
dy =
1
2
[
4 ln y − y
2
8
]4
2
=
=
1
2
[
(4 ln 4− 2)−
(
4 ln 2− 1
2
)]
=
1
2
(
4 ln 2− 3
2
)
= 2 ln 2− 3
4
.
Portanto, ∫ ∫
D
x
y
dxdy =
3
4
− 1
2
ln 2 + 2 ln 2− 3
4
=
3
2
ln 2
Obtivemos, assim, o mesmo resultado anterior.
Exerc´ıcio 2: Esboce a regia˜o de integrac¸a˜o e troque a ordem de integrac¸a˜o em:
a)
∫ 1
0
∫ x
0
f(x, y)dydx b)
∫ 1
0
∫ √y
−
√
y
f(x, y)dxdy
c)
∫ 1
0
∫ x+1
2x
f(x, y)dydx d)
∫ 1
0
∫ 2−2y
y−1
f(x, y)dxdy.
Soluc¸a˜o:
a) A regia˜o de integrac¸a˜o e´ dada por D :
{
0 ≤ x ≤ 1
0 ≤ y ≤ x (tipo I). Logo, D esta´ limitada pelas retas
verticais x = 0 (eixo y) e x = 1; limitada inferiormente pela reta y = 0 (eixo x) e superiormente
pela reta y = x. Assim, o esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se segue.
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 1 6
x
y
D
x = 1
y = 0
y = x
1
1
Para inverter a ordem de integrac¸a˜o devemos descrever D como regia˜o do tipo II.
x
y
D
entra em x = y
sai em x = 1
1
1
Vemos que D esta´ compreendida entre as retas horizontais y = 0 e y = 1. Considerando uma reta
horizontal no interior de D, vemos que ela entra em D em x = y e sai de D em x = 1. Enta˜o,
temos D :
{
0 ≤ y ≤ 1
y ≤ x ≤ 1 . Logo,∫ 1
0
∫ x
0
f(x, y)dydx =
∫ 1
0
∫ 1
y
f(x, y)dxdy .
b) A regia˜o de integrac¸a˜o e´ dada por D :
{
0 ≤ y ≤ 1
−√y ≤ x ≤ √y (tipo II). Logo, D esta´ limitada pelas
retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. A` esquerda D e´ limitada pela curva x = −√y e a` direita
pela curva x =
√
y . De x = ±√y, temos y = x2. Assim, o esboc¸o da regia˜o D esta´ representado
na figura que se segue.
x
y
D
x = −√y ⇒ y = x2
x =
√
y ⇒ y = x2
y = 1
−1 1
1
Descric¸a˜o de D como regia˜o do tipo I
Vemos que D esta´ compreendida entre as retas verticais x = −1 e x = 1. Considerando uma reta
vertical, no interior de D, diferente do eixo y, vemos que ela entra em D em y = x2 e sai de D em
y = 1.
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 1 7
x
y
D entra em y = x
2
sai em y = 1
−1 1
1
Enta˜o, temos D :
{ −1 ≤ x ≤ 1
x2 ≤ y ≤ 1 . Logo,
∫ 1
0
∫ √y
−
√
y
f(x, y)dxdy =
∫ 1
−1
∫ 1
x2
f(x, y)dydx .
c) A regia˜o de integrac¸a˜o D e´ dada por D :
{
0 ≤ x ≤ 1
2x ≤ y ≤ x+ 1 (tipo I). Logo, D esta´ compreendida
entre as retas verticais x = 0 e x = 1 e esta´ limitada inferiormente pela reta y = 2x (ou x = y/2) e
superiormente pela reta y = x+ 1 (ou x = y − 1). Assim, o esboc¸o da regia˜o D esta´ representado
pela figura que se segue. Como D esta´ limitada a` esquerda pela curva x = 0 e pela reta y = x+ 1,
x
y
D
x = 0 y = 2x
y = x+ 1
1
1
2
conclu´ımos que D na˜o e´ do tipo II. Mas podemos olhar para D como a unia˜o de duas regio˜es do
tipo II, isto e´, D = D1 ∪D2.
Vemos que D1 esta´ compreendida entre as retas horizontais y = 0 e y = 1 e que toda reta horizontal,
no interior de D1, entra em D1 em x = 0 e sai de D1 em x = y/2. Logo, D1 :
{
0 ≤ y ≤ 1
0 ≤ x ≤ y/2 .
Vemos que D2 esta´ compreendida entre as retas horizontais y = 1 e y = 2 e que qualquer reta
horizontal, no interior de D2, entra em D2 em x = y − 1 e sai de D2 em x = y/2. Logo,
D2 :
{
1 ≤ y ≤ 2
y − 1 ≤ x ≤ y/2 .
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 1 8
x
y
D1
D2
entra em x = y − 1
sai em x = y/2
sai em x = y/2entra em x = 0
1
1
2
Assim, ∫ 1
0
∫ x+1
2x
f(x, y)dydx =
∫ 1
0
∫ y/2
0
f(x, y)dxdy +
∫ 2
1
∫ y/2
y−1
f(x, y)dxdy .
d) A regia˜o de integrac¸a˜o e´ dada por D :
{
0 ≤ y ≤ 1
y − 1 ≤ x ≤ 2− 2y (tipo II). Logo, D esta´ compre-
endida entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. De y − 1 ≤ x ≤ 2 − 2y, vemos que D
esta´ limitada a` esquerda pela reta x = y − 1 (ou y = x+ 1) e a` direita pela reta x = 2 − 2y (ou
y = (2− x)/2). Assim, o esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se segue.
x
y
D1 D2
entra em y = 0entra em y = 0
sai em y = x+ 1
sai em y = 2−x
2
−1
1
2
Como a fronteira superior de D e´ formada pela retas x = y − 1 e x = 2 − 2y, vemos que D na˜o e´
do tipo I. Mas D = D1 ∪D2, onde D1 e D2 sa˜o do tipo I.
Vemos que D1 esta´ compreendida entre as retas verticais x = −1 e x = 0 e que qualquer reta vertical
no interior de D1 entra em D1 em y = 0 e sai de D1 em y = x+1. Logo D1 :
{ −1 ≤ x ≤ 0
0 ≤ y ≤ x+ 1 .
Vemos que D2 esta´ compreendida entre as retas verticais x = 0 e x = 2 e que qualquer reta
verticalno interior de D2 entra em D2 em y = 0 e sai de D2 em y = (2 − x)/2. Logo, D2 :{
0 ≤ x ≤ 2
0 ≤ y ≤ (2− x)/2 .
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 1 9
Assim, ∫ 1
0
∫ 2−2y
y−1
f(x, y)dxdy =
∫ 0
−1
∫ x+1
0
f(x, y)dydx+
∫ 2
0
∫ (2−x)/2
0
f(x, y)dydx .
Exerc´ıcio 3: Invertendo a ordem de integrac¸a˜o, calcule:
a)
∫ pi
0
∫ pi
x
sen y
y
dydx c)
∫ 3
0
∫ 1
√
x/3
ey
3
dydx
b)
∫ 1
0
∫ 1
y
x2exydxdy d)
∫ 8
0
∫ 2
3
√
x
1
y4 + 1
dydx
Soluc¸a˜o:
a) A regia˜o de integrac¸a˜o D e´ dada por D :
{
0 ≤ x ≤ pi
x ≤ y ≤ pi (tipo I). De 0 ≤ x ≤ pi, vemos que D
esta´ compreendida entre as retas verticais x = 0 (eixo y) e x = pi. De x ≤ y ≤ pi, vemos que D
esta´ limitada inferiormente pela reta y = x e superiormente pela reta y = pi. Assim, o esboc¸o de D
esta´ representado na figura que se segue.
x
y
D
pi
pi
Descric¸a˜o de D como uma regia˜o do tipo II
Vemos que D esta´ compreendida entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = pi e que qualquer
reta horizontal no interior de D entra em D em x = 0 e sai de D em x = y.
x
y
D
entra em x = 0
sai em x = y
pi
pi
Logo D :
{
0 ≤ y ≤ pi
0 ≤ x ≤ y . Assim,∫ pi
0
∫ pi
x
sen y
y
dydx =
∫ pi
0
∫ y
0
sen y
y
dxdy =
∫ pi
0
sen y
y
[
x
]y
0
dy =
=
∫ pi
0
sen y
y
· y dy =
∫ pi
0
sen y dy =
[− cos y]pi
0
= 2 .
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 1 10
b) A regia˜o de integrac¸a˜o D e´ dada por D :
{
0 ≤ y ≤ 1
y ≤ x ≤ 1 (tipo II). De 0 ≤ y ≤ 1 vemos que D
esta´ compreendida entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. De y ≤ x ≤ 1 vemos que D
esta´ limitada a` esquerda pela reta x = y e a` direita pela reta x = 1. Assim, o esboc¸o de D esta´
representado na figura que se segue.
x
y
D
1
1
Descric¸a˜o de D como uma regia˜o do tipo I
Vemos que D esta´ compreendida entre as retas verticais x = 0 (eixo y) e x = 1. Logo 0 ≤ x ≤ 1.
Vemos, tambe´m, que D esta´ limitada inferiormente pela reta y = 0 e superiormente pela reta y = x.
Enta˜o, 0 ≤ y ≤ x. Assim,∫ 1
0
∫ 1
y
x2exy dxdy =
∫ 1
0
∫ x
0
x2exy dydx =
∫ 1
0
x2
[
exy
x
]y=x
y=0
dx =
=
∫ 1
0
x2
x
(
ex
2 − 1) dx = ∫ 1
0
xex
2
dx−
∫ 1
0
x dx =
=
[
ex
2
2
]1
0
−
[
x2
2
]1
0
=
e− 1
2
− 1
2
=
e− 2
2
.
c) A regia˜o de integrac¸a˜o D e´ dada por D :
{
0 ≤ x ≤ 3√
x
3
≤ y ≤ 1 (tipo I). De 0 ≤ x ≤ 3, vemos que D
esta´ compreendida entre as retas verticais x = 0 (eixo y) e x = 3. De
√
x
3
≤ y ≤ 1, vemos que D
esta´ limitada inferiormente pela curva y =
√
x
3
(ou x = 3y2, com y ≥ 0) e superiormente pela reta
y = 1. Assim, o esboc¸o de D esta´ representado na figura que se segue.
x
y
D
1
3
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 1 11
Descric¸a˜o de D como uma regia˜o do tipo II
Vemos que D esta´ compreendida entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. Logo, 0 ≤ y ≤ 1.
Considerando uma reta horizontal, no interior de D, vemos que ela entra em D em x = 0 e sai de
D em x = 3y2. Logo, D :
{
0 ≤ y ≤ 1
0 ≤ x ≤ 3y2 . Enta˜o,
∫ 3
0
∫ 1
√
x/3
ey
3
dydx =
∫ 1
0
∫ 3y2
0
ey
3
dxdy =
∫ 1
0
ey
3 [
x
]3y2
0
dy =
=
∫ 1
0
ey
3(
3y2
)
dy =
[
ey
3
]1
0
= e− 1 .
d) A regia˜o de integrac¸a˜o D e´ dada por D :
{
0 ≤ x ≤ 8
3
√
x ≤ y ≤ 2 (tipo I). De 0 ≤ x ≤ 8, vemos que
D esta´ compreendida entre as retas verticais x = 0 e x = 8. De 3
√
x ≤ y ≤ 2, vemos que D esta´
limitada inferiormente pela curva y = 3
√
x (ou x = y3) e superiormente pela reta y = 2. Assim, o
esboc¸o de D esta´ representado na figura que se segue.
x
y
D
2
8
Descric¸a˜o de D como regia˜o do tipo II
Vemos que D esta´ compreendida entre retas horizontais y = 0 e y = 2. Vemos, tambe´m, que
qualquer reta horizontal no interior de D entra na regia˜o em x = 0 e sai da regia˜o em x = y3.
x
y
D
entra em x = 0
sai em x = y3
2
8
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 1 12
Logo, D :
{
0 ≤ y ≤ 2
0 ≤ x ≤ y3 . Assim,∫ 8
0
∫ 2
3
√
x
1
y4 + 1
dydx =
∫ 2
0
∫ y3
0
1
y4 + 1
dxdy =
∫ 2
0
y3
y4 + 1
dy =
=
1
4
∫ 2
0
d(y4 + 1)
y4 + 1
=
1
4
[
ln(y4 + 1)
]2
0
=
1
4
(ln 17− ln 1) = 1
4
ln 17 .
Exerc´ıcio 4: Em cada caso calcule, por meio de integral dupla, a a´rea da regia˜o D do plano xy
delimitada pelas curvas indicadas.
a) y = x3, x+ y = 2 e y = 0.
b) x = y2 + 1 e x+ y = 3.
c) y = x2, x− y = 1, x = 1 e x = −1.
Soluc¸a˜o:
a) De y = x3 e x + y = 2, temos x3 + x − 2 = 0 portanto x = 1. Logo, a intersec¸a˜o ocorre em
(1, 1). O esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se segue.
x
y
D
y = x3
x+ y = 2
y = 0
1
2
Descric¸a˜o de D como uma regia˜o do tipo II
Vemos que D esta´ compreendida entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. Considerando
uma reta horizontal qualquer, no interior de D, vemos que ela entra em D em x = 3
√
y = y1/3 e sai
de D em x = 2− y. Enta˜o temos D :
{
0 ≤ y ≤ 1
y1/3 ≤ x ≤ 2− y .
Como a a´rea de D e´ dada por A(D) =
∫∫
D
dxdy temos,
A(D) =
∫ 1
0
∫ 2−y
y1/3
dxdy =
∫ 1
0
(
2− y − y1/3) dy =
=
[
2y − y
2
2
− 3
4
y4/3
]1
0
= 2− 1
2
− 3
4
=
3
4
u.a.
b) De x = y2+1 e x+y = 3, temos y2+y−2 = 0, portanto y = −2 ou y = 1. Logo, as intersec¸o˜es
sa˜o (5,−2) e (2, 1). Assim, o esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se segue.
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 1 13
x
y
D
entra em x = y2 + 1
sai em x = 3− y
−2
1
1
2 5
Descric¸a˜o de D como uma regia˜o do tipo II
Vemos que D esta´ compreendida entre as retas horizontais y = −2 e y = 1. Considerando uma reta
horizontal qualquer no interior de D, diferente do eixo x, vemos que ela entra em D em x = y2 + 1
e sai de D em x = 3− y. Enta˜o, temos D :
{ −2 ≤ y ≤ 1
y2 + 1 ≤ x ≤ 3− y . Portanto,
A(D) =
∫∫
D
dxdy =
∫ 1
−2
∫ 3−y
y2+1
dxdy =
∫ 1
−2
(
3− y − y2 − 1) dy =
=
∫ 1
−2
(
2− y − y2) dy = [2y − y2
2
− y
3
3
]1
−2
=
=
(
2− 1
2
− 1
3
)
−
(
−4− 2 + 8
3
)
= 2− 1
2
− 1
3
+ 4 + 2− 8
3
=
9
2
u.a.
c) O esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se segue.
x
y
D
entra em y = x− 1
sai em y = x2
−1
−1
1
1
Descric¸a˜o de D como uma regia˜o do tipo I
Vemos que D esta´ limitada entre as retas verticais x = −1 e x = 1. Vemos, tambe´m, que qualquer
reta vertical no interior de D, diferente do eixo y, entra em D em y = x− 1 e sai de D em y = x2.
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 1 14
Assim D :
{ −1 ≤ x ≤ 1
x− 1 ≤ y ≤ x2 . Enta˜o,
A(D) =
∫∫
D
dxdy =
∫ 1
−1
∫ x2
x−1
dydx =
∫ 1
−1
(
x2 − x+ 1) dx =
=
[
x3
3
− x
2
2
+ x
]1
−1
=
(
1
3
− 1
2
+ 1
)
−
(
−1
3
− 1
2
− 1
)
=
8
3
u.a.
Exerc´ıcio 5: Calcule o volume do so´lido W , no primeiro octante, limitado pelo cilindro parabo´lico
z = 4− x2 e pelos planos x+ y = 2, x = 0, y = 0 e z = 0.
Soluc¸a˜o: Vamos fazer o esboc¸o, no primeiro octante, da superf´ıcie de equac¸a˜o z = 4 − x2 dita
cilindro parabo´lico.
No plano xz, trac¸amos o arco de para´bola z = 4− x2, com x ≥ 0 e z ≥ 0. Como esta equac¸a˜o na˜o
depende da varia´vel y, consideramos, por pontos da para´bola, as semirretas paralelas ao eixo y.
x
y
z
2
4
Agora, vamos fazer o esboc¸o, no primeiro octante, da porc¸a˜o do plano de equac¸a˜o x+ y = 2.
No plano xy trac¸amos o segmento de reta x + y = 2 que liga A(2, 0, 0) a B(0, 2, 0). Como esta
equac¸a˜o na˜o depende da varia´vel z, trac¸amospor pontos do segmento as semirretas paralelas ao eixo
z.
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 1 15
x
y
z
A
B
2
2
Vemos que A(2, 0, 0) e C(0, 2, 4) sa˜o pontos comuns a`s duas superf´ıcies. Enta˜o, a curva de intersec¸a˜o
e´ a curva obtida ao ligar esses dois pontos. Considerando que o so´lido e´ limitado pelos planos x = 0,
y = 0 e z = 0, temos o esboc¸o de W representado na figura que se segue.
x
y
z
W
A
B
C
“piso” D
“teto”: z = f(x, y) = 4− x2
2
2
4
Temos V (W ) =
∫∫
D
f(x, y) dxdy, onde f(x, y) = 4 − x2, e D esta´ representado na seguinte regia˜o
triangular.
x
y
D
entra em y = 0
sai em y = 2− x
x+ y = 2
2
2
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 1 16
Descrevendo D como uma regia˜o do tipo I, temos D :
{
0 ≤ x ≤ 2
0 ≤ y ≤ 2− x . Enta˜o,
V (W ) =
∫∫
D
(4− x2) dxdy =
∫ 2
0
∫ 2−x
0
(4− x2) dydx =
∫ 2
0
(4− x2)(2− x) dx =
=
∫ 2
0
(
x3 − 2x2 − 4x+ 8) dx = [x4
4
− 2x
3
3
− 2x2 + 8x
]2
0
=
20
3
u.v.
Exerc´ıcio 6: Esboce o so´lido, no primeiro octante, limitado pelo cilindro x2 + z2 = 1 e pelos planos
y = 2x, y = 0 e z = 0, e encontre o seu volume.
Soluc¸a˜o: Vamos fazer o esboc¸o, no primeiro octante, da superf´ıcie de equac¸a˜o x2 + z2 = 1 dita
cilindro circular.
No plano xz, trac¸amos o arco de circunfereˆncia x2+z2 = 1, com x ≥ 0 e z ≥ 0. Como esta equac¸a˜o
na˜o depende da varia´vel y, consideramos, por pontos do arco as semirretas paralelas ao eixo y.
x
y
z
1
1
Agora, vamos fazer o esboc¸o, no primeiro octante, da porc¸a˜o do plano y = 2x.
No plano xy, trac¸amos a semirreta y = 2x, com x ≥ 0. Como esta equac¸a˜o na˜o depende da varia´vel
z, por pontos da semirreta, trac¸amos semirretas paralelas ao eixo z.
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 1 17
x
y
z
A
B
1
1
2
Vemos que A(0, 0, 1) e B(1, 2, 0) sa˜o pontos comuns a`s duas superf´ıcies. Enta˜o, a curva de intersec¸a˜o
e´ obtida ao ligarmos tais pontos. Considerando que W e´ limitado pelos planos y = 0 e z = 0, temos
que o esboc¸o de W esta´ representado na figura que se segue.
x
y
z
“piso” D
“teto”: z = f(x, y) =
√
1− x2
W
A
B
1
1
2
x
y
D
entra em y = 0
sai em y = 2x
1
2
Temos
V (W ) =
∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫∫
D
√
1− x2 dxdy,
onde D, como tipo I, e´ dado por D :
{
0 ≤ x ≤ 1
0 ≤ y ≤ 2x . Enta˜o,
V (W ) =
∫ 1
0
∫ 2x
0
√
1− x2 dydx =
∫ 1
0
√
1− x2 · 2x dx =
= −
∫ 1
0
(1− x2)1/2(−2x) dx = −2
3
[
(1− x2)3/2]1
0
= −2
3
(0− 1) = 2
3
u.v.
Exerc´ıcio 7: Seja V o volume de um so´lido delimitado pelo cilindro parabo´lico z = 8− 2y2 e pelos
planos x = 0, x = 8 e z = 0. Calcule V .
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 1 18
Soluc¸a˜o: Inicialmente trac¸amos, no plano yz, a para´bola z = 8 − 2y2. Como esta equac¸a˜o na˜o
depende da varia´vel x, consideramos, por pontos da para´bola, as retas paralelas ao eixo x. Como o
so´lido esta´ limitado pelos planos x = 0, x = 8 e z = 0, temos o esboc¸o do so´lido W representado
na figura que se segue.
x
y
z
W
“piso” D
“teto”: z = f(x, y) = 8− 2y2
−2
8
8
2
x
y
D
−2
8
2
Portanto,
V (W ) =
∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫∫
D
(8− 2y2) dxdy =
∫ 2
−2
∫ 8
0
(8− 2y2) dxdy =
= 8
[
8y − 2y
3
3
]2
−2
= 16
(
16− 16
3
)
=
512
3
u.v.
Exerc´ıcio 8: Calcule o volume do so´lido W delimitado pelas superf´ıcies y = x2, y = 4, z = 0 e
z = 4.
Soluc¸a˜o: No plano xy, esboc¸amos a para´bola y = x2. Como esta equac¸a˜o na˜o depende da varia´vel
z, trac¸amos, por pontos da para´bola, as retas paralelas ao eixo z. Considerando que o so´lido esta´
limitado pelos planos z = 0, z = 4 e y = 4, temos o esboc¸o de W representado na figura que se
segue.
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 1 19
x
y
z
W
“piso” D
“teto”: z = 4
−2
4
4
2
x
y
D
entra em y = x2
sai em y = 4
−2
4
2
Portanto,
V (W ) =
∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫∫
D
4 dxdy =
∫ 2
−2
∫ 4
x2
4 dydx =
= 4
∫ 2
−2
(4− x2) dx = 4
[
4x− x
3
3
]2
−2
= 4
(
32
3
)
=
128
3
u.v.
Exerc´ıcio 9: Encontre o volume do so´lido no primeiro octante, limitado pelos planos coordenados,
pelo plano x = 3 e pelo cilindro parabo´lico z = 4− y2.
Soluc¸a˜o:
Esboc¸o do so´lido W no primeiro octante
No plano yz (x = 0), trac¸amos a para´bola z = 4 − y2 com y ≥ 0 e z ≥ 0. Como esta equac¸a˜o
na˜o depende da varia´vel x, consideramos, por pontos da para´bola, as semirretas paralelas ao eixo
x, com x ≥ 0. Obtemos, assim, o cilindro parabo´lico. Agora, trac¸amos o plano vertical x = 3
que intercepta o cilindro parabo´lico segundo uma curva que conte´m os pontos A = (3, 0, 4) e
B = (3, 2, 0). Considerando que o so´lido W esta´ limitado pelos planos coordenados, temos o esboc¸o
de W representado na figura que se segue.
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 1 20
x
y
z
W
A
B
“teto” de W : z = f(x, y) = 4− y2
“piso” D : 0 ≤ x ≤ 3 , 0 ≤ y ≤ 2
2
3
4
Por integral dupla, temos
V (W ) =
∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫∫
D
(
4− y2) dxdy = ∫ 3
0
∫ 2
0
(
4− y2) dydx =
=
∫ 3
0
[
4y − y
3
3
]2
0
dx =
∫ 3
0
(
8− 8
3
)
dx =
16
3
∫ 3
0
dx =
16
3
· 3 = 16 u.v.
Exerc´ıcio 10: Use uma integral dupla para calcular o volume do so´lido W , no primeiro octante,
compreendido pelas superf´ıcies y2 = x, z = 0 e x+ z = 1.
Soluc¸a˜o: Para esboc¸ar o plano x+ z = 1, desenhamos inicialmente, no plano xz, a reta x+ z = 1.
Como esta equac¸a˜o na˜o conte´m a varia´vel y, consideramos, por pontos da reta, as retas paralelas ao
eixo y. Obtemos, assim, o esboc¸o do plano x+ z = 1.
x
y
z
S1
1
1
Para esboc¸ar a superf´ıcie de equac¸a˜o x = y2 (dita cilindro parabo´lico, pela auseˆncia da varia´vel z),
desenhamos, inicialmente, a para´bola x = y2, no plano xy, e, por pontos da para´bola, consideramos
as retas paralelas ao eixo z, pois a equac¸a˜o x = y2 na˜o conte´m a varia´vel z. Obtemos, assim, o
esboc¸o da superf´ıcie de equac¸a˜o x = y2.
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 1 21
x
y
z
S2
−1
1
1
1
Observemos que A1 = (1, 1, 0), A2 = (0, 0, 1) e A3 = (1,−1, 0) sa˜o pontos comuns a`s duas
superf´ıcies. Portanto, ao ligarmos A1, A2 e A3 temos a curva intersec¸a˜o das duas superf´ıcies.
x
y
z
W
A1
A2
A3
1
Considerando que o so´lido W esta´ limitado pelo plano z = 0 (plano xy), temos o esboc¸o de W .
Vemos que o “teto” de W e´ o gra´fico de z = 1− x e que o “piso” de W e´ a regia˜o D dada por:
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 1 22
x
y
D
Sai em x = 1Entra em x = y2
−1
1
1
D : {(x, y) ∈ R2; −1 ≤ y ≤ 1 , y2 ≤ x ≤ 1}. Logo,
V (W ) =
∫∫
D
(1− x) dxdy =
∫ 1
−1
∫ 1
y2
(1− x) dxdy =
∫ 1
−1
[
x− x
2
2
]1
y2
dy =
=
∫ 1
−1
[(
1− 1
2
)
−
(
y2 − y
4
2
)]
dy =
∫ 1
−1
(
1
2
− y2 + y
4
2
)
dy =
=
[
y
2
− y
3
3
+
y5
10
]1
−1
= 2
(
1
2
− 1
3
+
1
10
)
=
8
15
u.v.
UFF IME - GMA
Universidade Federal Fluminense
Instituto de Matema´tica e Estatı´stica
Departamento de Matema´tica Aplicada
Ca´lculo III-A – Mo´dulo 2
Aula 3 – Mudanc¸a de Varia´veis na Integral Dupla
Objetivo
• Aprender a fazer mudanc¸a de varia´veis em integrais duplas.
No Ca´lculo II, voceˆ aprendeu a fo´rmula da mudanc¸a de varia´vel para uma func¸a˜o de uma varia´vel:∫ b
a
f(x) dx =
∫ d
c
f (g(u)) g′(u) du .
Para as integrais duplas, temos uma fo´rmula ana´loga.
Uma mudanc¸a de varia´veis em um subconjunto de R2 e´ dada por uma transformac¸a˜o
ϕ : Duv ⊂ R2 −→ R2
(u, v) 7−→(x, y) = ϕ(u, v) = (x(u, v), y(u, v))
de classe C1 e injetora no interior de Duv.
u
v
Duv
ϕ
x
y
Dxy = ϕ(Duv)
f
R
Suponhamos que o jacobiano de ϕ, Jϕ(u, v) seja diferente de 0, isto e´,
J = Jϕ(u, v) =
∂(x, y)
∂(u, v)
=
∣∣∣∣∣∣∣∣
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
∣∣∣∣∣∣∣∣
6= 0 .
Prova-se que dxdy = |J | dudv.
Seja Dxy = ϕ (Duv). Enta˜o, se f(x, y) e´ cont´ınua em Dxy, temos:
∫∫
Dxy
f(x, y) dxdy =
∫∫
Duv
f
(
x(u, v), y(u, v)
) |J | dudv .
Ca´lculo III-A Mo´dulo 2 2
OBS.: Pelo teorema da func¸a˜o inversa, o jacobiano de ϕ−1 e´ dado por
Jϕ−1(x, y) =
∣∣∣∣∣∣∣∣
∂u
∂x
∂u
∂y
∂v
∂x
∂v
∂y
∣∣∣∣∣∣∣∣
=
(
Jϕ(u, v)
)
−1
=
1
J (ϕ(u, v))
.
Exemplo 1
Calcule, utilizando uma mudanc¸a de varia´veis conveniente, a integral
∫∫
Dxy
(x+y)6
y−x
dxdy, sendo Dxy a
regia˜o limitada pelas retas y + x = 3, y + x = 5, y − x = 1 e y − x = 3.
Soluc¸a˜o:
O esboc¸o de Dxy e´:
x
y
Dxy3
3
5
5
Fac¸amos u = x+ y, v = y − x, que nos da´
{
u+ v = 2y
u− v = 2x ou
{
x = u−v
2
y = u+v
2
Temos,
J =
∂(x, y)
∂(u, v)
=
∣∣∣∣∣∣∣∣
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
∣∣∣∣∣∣∣∣
=
∣∣∣∣∣∣∣
1
2
−1
2
1
2
1
2
∣∣∣∣∣∣∣ =
1
2
6= 0 .
Como dxdy = |J | dudv, temos dxdy = 1
2
dudv.
A seguir, vamos determinar Duv.
Como Dxy e´ limitado por y+ x = 3, y+ x = 5, y− x = 1 e y− x = 3, a regia˜o Duv e´ limitada por
u = 3, u = 5, v = 1 e v = 3.
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Mo´dulo 2 3
u
v
Duv
1
3
3
5
Segue da fo´rmula da mudanc¸a de varia´veis que∫∫
Dxy
(x+y)6
y−x
dxdy =
∫∫
Duv
u6
v
· 1
2
dudv = 1
2
∫∫
Duv
u6
v
dudv
= 1
2
∫ 5
3
u6
∫ 3
1
1
v
dvdu
= 1
2
∫ 5
3
u6
[
ln v
]3
1
du
= ln 3
2
∫ 5
3
u6 du
= ln 3
2
[
u7
7
]5
3
= (57 − 37) ln 3
14
.
Aula 4 – Integrais Duplas em Coordenadas Polares
Objetivo
• Estudar uma mudanc¸a de varia´veis bastante usada: coordenadas polares.
No Ca´lculo II, voceˆ aprendeu coordenadas polares (r, θ), onde r e´ a distaˆncia de um ponto P = (x, y)
a` origem e θ o aˆngulo (em radianos) formado pelo eixo x positivo e pelo raio polar OP .
x x
y
y
r
P (x, y)
O
θ
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Mo´dulo 2 4
Da figura, vemos que x = r cos θ, y = r sen θ portanto x2 + y2 = r2.
Enta˜o, consideremos a mudanc¸a de varia´veis dada por
ϕ :
{
x = r cos θ
y = r sen θ
,
onde r ≥ 0 e θ0 ≤ θ ≤ θ0 + 2pi, para algum θ0 ∈ R.
O jacobiano de ϕ e´ dado por
J = Jϕ =
∂(x, y)
∂(r, θ)
=
∣∣∣∣∣∣∣∣
∂x
∂r
∂x
∂θ
∂y
∂r
∂y
∂θ
∣∣∣∣∣∣∣∣
=
∣∣∣∣ cos θ −r sen θsen θ r cos θ
∣∣∣∣ = r cos2 θ + r sen2 θ = r .
Enta˜o, ∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫∫
Drθ
f (r cos θ, r sen θ) r drdθ .
OBS.:
1. O termo dxdy na˜o e´ substitu´ıdo por drdθ, mas por rdrdθ.
2. A a´rea de D, em coordenadas polares, e´ dada por
A(D) =
∫∫
Drθ
r drdθ .
Exemplo 1
Calcule
∫∫
D
ex
2+y2 dxdy, onde D e´ a regia˜o limitada pela curva y =
√
1− x2 e pelo eixo x.
Soluc¸a˜o:
O esboc¸o de D e´:
x
y
D
−1
1
1
θ
(r, θ)
r = 1
r = 0
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Ca´lculo III-A Mo´dulo 2 5
Passando para coordenadas polares, temos:

x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = rdrdθ
x2 + y2 = r2
Observemos que em D o aˆngulo θ varia de 0 (no eixo polar = eixo x positivo) a pi (no ponto (−1, 0)).
Fixado θ, tal que 0 ≤ θ ≤ pi, o raio polar r varia de 0 a 1. Enta˜o, Drθ e´ dado por:
Drθ :
{
0 ≤ θ ≤ pi
0 ≤ r ≤ 1 .
Logo, ∫∫
D
ex
2+y2 dxdy =
∫∫
Drθ
er
2
r drdθ =
∫ 1
0
∫ pi
0
er
2
r dθdr = pi
∫ 1
0
er
2
r dr .
Temos d(r2) = 2r dr, portanto r dr = 1
2
d(r2). Enta˜o,
∫∫
D
ex
2+y2 dxdy = pi
2
∫ 1
0
er
2
d(r2) = pi
2
[
er
2
]1
0
= pi
2
(e− 1) .
Exemplo 2
Calcule I =
∫∫
D
y dxdy, onde D e´ limitado por x2 + y2 = 2y.
Soluc¸a˜o:
Completando o quadrado em x2+y2 = 2y, temos x2+(y−1)2 = 1. Logo, temos uma circunfereˆncia
de centro (0, 1) e raio 1. Assim, o esboc¸o de D e´:
x
y
D1
2
Calcular I, enquadrando D como tipo I ou tipo II, e´ uma tarefa dif´ıcil (verifique), enta˜o passemos
para coordenadas polares. Temos, 

x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = rdrdθ
x2 + y2 = r2
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Ca´lculo III-A Mo´dulo 2 6
Passando x2 + y2 = 2y para coordenadas polares, temos r2 = 2r sen θ ou r = 2 sen θ. Observemos
que, como o eixo x e´ tangente a` circunfereˆncia na origem, θ varia de 0 a pi. Fixando θ, tal que
0 ≤ θ ≤ pi, o raio polar r varia de 0 a 2 sen θ. Logo, o conjunto Drθ e´ dado por
Drθ :
{
0 ≤ θ ≤ pi
0 ≤ r ≤ 2 sen θ
Enta˜o,
I =
∫∫
Drθ
r sen θ · r drdθ
=
∫∫
Drθ
r2 sen θ drdθ
=
∫ pi
0
sen θ
∫ 2 sen θ
0
r2 drdθ
=
∫ pi
0
sen θ
[
r3
3
]2 sen θ
0
dθ
= 8
3
∫ pi
0
sen4 θ dθ .
Vale a pena lembrar que

sen4 θ = (sen2 θ)
2
=
(
1−cos 2θ
2
)2
= 1
4
(1− 2 cos 2θ + cos2 2θ)∫
cos2u du = 1
2
(
u+ sen 2u
2
)
+ C
Enta˜o,
I = 2
3
∫ pi
0
(1− 2 cos 2θ + cos2 2θ) dθ
= 2
3
· 1
2
∫ pi
0
(1− 2 cos 2θ + cos2 2θ) d(2θ)
= 1
3
[
2θ − 2 sen 2θ + 1
2
(
2θ + sen 4θ
2
) ]pi
0
= 1
3
[
3θ − 2 sen 2θ + sen 4θ
4
]pi
0
= pi .
Exerc´ıcio 1: Calcule
∫∫
D
x− y
x+ y
dA, onde D e´ a regia˜o compreendida pelas retas x−y = 0, x−y = 1,
x+ y = 1 e x+ y = 3.
Exerc´ıcio 2: Use a transformac¸a˜o u =
y
x
e v = xy para determinar
∫∫
D
xy3 dA na regia˜o D do
primeiro quadrante, limitada por y = x, y = 3x, xy = 1 e xy = 4.
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Ca´lculo III-A Mo´dulo 2 7
Exerc´ıcio 3: Calcule a integral dupla
∫∫
D
e−(x
2+y2) dA, onde D e´ a regia˜o contida na circunfereˆncia
x2 + y2 = 1.
Exerc´ıcio 4: Calcule
∫∫
D
√
x2 + y2 dxdy, onde D e´ o disco centrado fora da origem, dado pela
desigualdade x2 + y2 ≤ 2y ou x2 + (y − 1)2 ≤ 1.
Exerc´ıcio 5: Calcule
∫∫
D
y√
x2 + y2
dA, ondeD e´ a regia˜o no primeiro quadrante fora da circunfereˆncia
r = 2 e dentro do cardioide r = 2(1 + cos θ).
Exerc´ıcio 6: Calcule as integrais, transformando-as em coordenadas polares.
a)
∫
1
−1
∫ √
1−x2
0
(x2 + y2)
3/2
dydx b)
∫
3
0
∫ √
18−x2
x
sen (x2 + y2 + 1) dydx
Exerc´ıcio 7: Determine o volume do so´lido W , limitado pelo paraboloide z = 4 − x2 − y2 e pelo
plano xy.
Exerc´ıcio 8: Determine o volume do so´lido W no interior da esfera x2 + y2 + z2 = 4 e do cilindro
x2 + (y − 1)2 = 1 e acima do plano z = 0.
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Departamento de Matema´tica Aplicada
Ca´lculo III-A – Mo´dulo 2 – Tutor
Exerc´ıcio 1: Calcule
∫∫
D
x− y
x+ y
dA onde D e´ a regia˜o compreendida pelas retas x−y = 0, x−y = 1,
x+ y = 1 e x+ y = 3.
Soluc¸a˜o: Calcular diretamente essa integral seria penoso pela complexidade da regia˜o de integrac¸a˜o.
Mas a ocorreˆncia das expresso˜es x − y e x + y no integrando e tambe´m nas equac¸o˜es da fronteira
sugere a seguinte transformac¸a˜o: u = x+ y e v = x− y donde x = u+ v
2
e y =
u− v
2
.
O jacobiano J e´ dado por
J =
∂(x, y)
∂(u, v)
=
∣∣∣∣∣∣∣
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
∣∣∣∣∣∣∣
=
∣∣∣∣∣∣
1
2
1
2
1
2
−1
2
∣∣∣∣∣∣ =
−1
4
− 1
4
= −1
2
.
Com essa transformac¸a˜o a fronteira de Duv e´ formada pelas retas v = 0, v = 1, u = 1 e u = 3
u
v
Duv
3
1
1
Assim, pela fo´rmula da mudanc¸a de varia´veis temos:
∫∫
D
x− y
x+ y
dA =
∫∫
Duv
v
u
|J | dudv =
∫∫
Duv
v
u
∣∣∣−1
2
∣∣∣ dudv = 1
2
∫ 1
0
∫ 3
1
v
u
dudv =
=
1
2
∫ 1
0
v
[
ln u]3
1
dv =
1
2
∫ 1
0
v(ln 3− ln 1) dv = 1
2
ln 3
∫ 1
0
v dv =
1
4
ln 3 .
Exerc´ıcio 2: Use a transformac¸a˜o u =
y
x
e v = xy para determinar
∫∫
D
xy3 dA na regia˜o D do
primeiro quadrante, limitada por y = x, y = 3x, xy = 1 e xy = 4.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se segue.
Ca´lculo III-A Mo´dulo 2 – Tutor 2
x
y
D
y = 3x
y = x
xy = 1
xy = 4
u
v
Duv
1
1
3
4
Com essa transformac¸a˜o, a regia˜o D transforma-se na regia˜o Duv limitada pelas retas u = 1, u = 3,
v = 1 e v = 4. Temos:
J−1 =
∂(u, v)
∂(x, y)
=
∣∣∣∣∣∣∣
∂u
∂x
∂u
∂y
∂v
∂x
∂v
∂y
∣∣∣∣∣∣∣
=
∣∣∣∣∣∣
−y
x2
1
x
y x
∣∣∣∣∣∣ = −
y
x
− y
x
= −2y
x
= −2u .
Logo,
∂(x, y)
∂(u, v)
=
1
J−1
=
1
−2u = −
1
2u
.
De u = y/x e v = xy temos uv = y2. Portanto, o integrando xy3 = xy · y2 transforma-se em
v · uv = uv2. Assim, da fo´rmula da mudanc¸a de varia´veis temos:
∫∫
D
xy3 dA =
∫∫
Duv
uv2
∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v)
∣∣∣∣ dudv =
∫∫
Duv
uv2
∣∣∣− 1
2u
∣∣∣ dudv = 1
2
∫∫
Duv
v2 dudv =
=
1
2
∫ 3
1
∫ 4
1
v2 dvdu =
1
2
∫ 3
1
[
v3
3
]4
1
du =
1
6
(64− 1)
∫ 3
1
du =
63
3
[
u
]3
1
=
21
2
(3− 1) = 21 .
Exerc´ıcio 3: Calcule a integral dupla
∫∫
D
e−(x
2+y2) dA onde D e´ a regia˜o contida na circunfereˆncia
x2 + y2 = 1.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se segue.
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Ca´lculo III-A Mo´dulo 2 – Tutor 3
x
y
D
1
1
Passando para coordenadas polares, vemos que x2 + y2 = r2 e dA = r drdθ.
Descric¸a˜o de D em coordenadas polares
Efetuando uma “varredura” em D no sentido anti-hora´rio a partir do eixo x positivo vemos que
0 ≤ θ ≤ 2pi. A equac¸a˜o x2+ y2 = 1 transforma-se em r2 = 1 ou r = 1. Assim, para θ fixo, fazemos
r crescer de r = 0 a r = 1. Logo Drθ e´ dado pelas desigualdades 0 ≤ θ ≤ 2pi e 0 ≤ r ≤ 1. Portanto:
∫∫
D
e−(x
2+y2)dA =
∫∫
Drθ
e−r
2
r drdθ =
∫ 2pi
0
∫ 1
0
e−r
2
r drdθ =
=
1
−2
∫ 2pi
0
∫ 1
0
e−r
2
(−2r) drdθ = −1
2
∫ 2pi
0
[
e−r
2
]1
0
dθ = −1
2
(
e−1 − 1)
∫ 2pi
0
dθ =
(
1− e−1) pi .
Exerc´ıcio 4: Calcule
∫∫
D
√
x2 + y2 dxdy onde D e´ o disco centrado fora da origem, dado pela
desigualdade x2 + y2 ≤ 2y ou x2 + (y − 1)2 ≤ 1.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o de D esta´ representado na figura que se segue.
x
y
D
2
1
Passando para coordenadas polares temos:


x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = r drdθ
x2 + y2 = r2
.
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Ca´lculo III-A Mo´dulo 2 – Tutor 4
O integrando 3
√
x2 + y2 transforma-se em
3
√
r2 = r2/3.
Descric¸a˜o de D em coordenadas polares
Efetuando uma “varredura” em D no sentido anti-hora´rio a partir do eixo x positivo vemos que θ
varia de 0 a pi. A equac¸a˜o da circunfereˆncia x2 + y2 = 2y transforma-se, em coordenadas polares,
em r2 = 2r sen θ donde r = 2 sen θ e´ a equac¸a˜o polar da circunfereˆncia. Assim, para θ fixo, fazemos
r crescer de r = 0 a r = 2 sen θ. Logo, Drθ e´ dado por Drθ :
{
0 ≤ θ ≤ pi
0 ≤ r ≤ 2 sen θ .
r
θ
pi
pi/2
2
Enta˜o,
∫∫
D
√
x2 + y2 dxdy =
∫∫
Drθ
√
r2 r drdθ =
∫∫
Drθ
r2 drdθ =
∫ pi
0
∫ 2 sen θ
0
r2 drdθ =
=
∫ pi
0
[
r3
3
]2 sen θ
0
dθ =
8
3
∫ pi
0
sen3 θ dθ .
Mas:
sen3 θ = sen2 θ sen θ =
(
1− cos2 θ) sen θ .
Fazendo u = cos θ temos du = − sen θ dθ. Para θ = 0 temos u = 1 e para θ = pi temos u = −1.
Enta˜o,
I =
8
3
∫ pi
0
(
1− cos2 θ) sen θ dθ = 8
3
∫ 1
−1
(
1− u2)(−du) = −8
3
∫ 1
−1
(
1− u2)du =
=
8
3
∫ 1
−1
(
1− u2)du = 8
3
[
u− u
3
3
]1
−1
=
8
3
[(
1− 1
3
)
−
(
−1 + 1
3
)]
=
8
3
(
2− 2
3
)
=
32
9
.
OBS.: Voceˆ notou que um disco centrado na origem transforma-se em um retaˆngulo no plano rθ e
que um disco centrado fora da origem na˜o se transforma em um retaˆngulo no plano rθ?
Exerc´ıcio 5: Calcule
∫∫
D
y√
x2 + y2
dA onde D e´ a regia˜o no primeiro quadrante fora da circunfereˆncia
r = 2 e dentro do cardioide r = 2(1 + cos θ).
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Ca´lculo III-A Mo´dulo 2 – Tutor 5
Soluc¸a˜o: Passando para coordenadas polares temos y = r sen θ, x2 + y2 = r2 e dA = r drdθ.
Esboc¸o de D
Seja r = 2(1 + cos θ). Para θ = 0, θ = pi/2, θ = pi, θ = 3pi/2 e θ = 2pi temos, respectivamente,
r = 4, r = 2, r = 0 e r = 2.
De r2 = 4 temos x2 + y2 = 4. Assim, o esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se
segue.
D
P
entra em r = 2
sai em r = 2(1 + cos θ)
−2
2
2 4
Efetuando uma “varredura” em D no sentido anti-hora´rio a partir do eixo x positivo (onde θ = 0)
ate´ o eixo y positivo (onde θ = pi/2), vemos que 0 ≤ θ ≤ pi/2. Considerando um ponto P no
interior de D, vemos que a semirreta OP entra em D em r = 2 e sai de D em r = 2(1 + cos θ).
Enta˜o, temos Drθ :
{
0 ≤ θ ≤ pi/2
2 ≤ r ≤ 2(1 + cos θ) . Assim:∫∫
D
y√
x2 + y2
dA =
∫∫
Drθ
r sen θ√
r2
r drdθ =
∫∫
Drθ
r sen θ drdθ =
=
∫ pi/2
0
sen θ
∫ 2(1+cos θ)
2
r drdθ =
∫ pi/2
0
sen θ
[
r2
2
]2(1+cos θ)
2
dθ =
=
1
2
∫ pi/2
0
sen θ
[
4(1 + cos θ)2 − 4] = 1
2
· 4
∫ pi/2
0
(
1 + 2 cos θ + cos2 θ − 1) sen θ dθ =
=
2
−1
∫ pi/2
0
(
2 cos θ + cos2 θ
)
(− sen θ) dθ = −2
[
2 cos2 θ
2
+
cos3 θ
3
]pi/2
0
=
= −2
[
0−
(
1 +
1
3
)]
=
8
3
.
Exerc´ıcio 6: Calcule as integrais, transformando-as em coordenadas polares.
a)
∫ 1
−1
∫ √1−x2
0
(x2 + y2)
3/2
dydx b)
∫ 3
0
∫ √18−x2
x
sen (x2 + y2 + 1) dydx
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Mo´dulo 2 – Tutor 6
Soluc¸a˜o:
a) Temos:
I =
∫ 1
−1
∫ √1−x2
0
(
x2 + y2
)3/2
dydx =
∫∫
D
(
x2 + y2
)3/2
dxdy,
onde
D =
{
(x, y) ∈ R2 | −1 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤
√
1− x2
}
.
Logo, D esta´ entre as retas x = −1 e x = 1 e esta´ limitada inferiormente pela reta y = 0 e
superiormente pela curva y =
√
1− x2 (ou x2 + y2 = 1), com y ≥ 0. Assim, o esboc¸o da regia˜o D
esta´ representado na figura que se segue.
x
y
D
−1 1
1
Passando para coordenadas polares, temos x2 + y2 = r2 e dA = rdrdθ e Drθ e´ dado pelas desigual-
dades Drθ :
{
0 ≤ θ ≤ pi
0 ≤ r ≤ 1 . Enta˜o,
I =
∫∫
Drθ
(
r2
)3/2
r drdθ =
∫∫
Drθ
r4 drdθ =
∫ 1
0
r4
∫ pi
0
dθdr = pi
∫ 1
0
r4 dr = pi
[
r5
5
]1
0
=
pi
5
.
b) Temos,
I =
∫ 3
0
∫ √18−x2
x
sen
(
x2 + y2 + 1
)
dydx =
∫∫
D
sen
(
x2 + y2 + 1
)
dxdy
ondeD :
{
(x, y) ∈ R2; 0 ≤ x ≤ 3 , x ≤ y ≤ √18− x2}. Logo,D esta´ entre as retas verticais x = 0
e x = 3 e esta´ limitada inferiormente pela reta y = x e superiormente pela curva y =
√
18− x2 ou
x2 + y2 = 18, com y ≥ 0. De y = x e x2 + y2 = 18, com y ≥ 0 temos x2 = 9. Como x ≥ 0,
temos x = 3 donde y = 3. Logo, o ponto de intersec¸a˜o e´ o ponto (3, 3). Assim, o esboc¸o de D esta´
representado na figura que se segue.
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Mo´dulo 2 – Tutor 7
x
y
D
P
entra em r = 0
sai em r =
√
18
y = x
√
18
pi/4
3
(3, 3)
Descric¸a˜o de D em coordenadas polares
Efetuando uma “varredura” em D no sentido anti-hora´rio a partir da reta y = x (onde θ = pi/4)
ate´ o eixo y positivo (onde θ = pi/2) vemos que θ varia de pi/4 a pi/2. Considerando um ponto P
no interior de D vemos que a semirreta OP entra em D em r = 0 e sai de D em r =
√
18 . Enta˜o
temos Drθ :
{
pi/4 ≤ θ ≤ pi/2
0 ≤ r ≤ √18 . Enta˜o,
I =
∫∫
Drθ
sen
(
r2 + 1
)
r drdθ =
∫ √18
0
sen
(
r2 + 1
)
r
∫ pi/2
pi/4
dθdr =
pi
4
∫ √180
sen
(
r2 + 1
)
r dr .
Fazendo u = r2 + 1 temos du = 2r dr donde r dr = −du/2. Para r = 0 temos u = 1 e para
r =
√
18 temos u = 19. Enta˜o,
I =
pi
4
∫ 19
1
sen u
(
du
2
)
=
pi
8
[
− cos u
]19
1
=
pi
8
(cos 1− cos 19) .
Exerc´ıcio 7: Determine o volume do so´lido W, limitado pelo paraboloide z = 4 − x2 − y2 e pelo
plano xy.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o de W esta´ representado na figura que se segue.
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Mo´dulo 2 – Tutor 8
x
y
z
W
“piso” D : x2 + y2 ≤ 4
4
2
2
x
y
D
2
2
Temos:
V (W ) =
∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫∫
D
(
4− x2 − y2) dxdy .
Passando para coordenadas polares temos


x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = r drdθ
x2 + y2 = r2
e Drθ :
{
0 ≤ θ ≤ 2pi
0 ≤ r ≤ 2 . Enta˜o,
V (W ) =
∫∫
Drθ
(
4− r2) r drdθ =
∫ 2
0
(
4r − r3)
∫ 2pi
0
dθdr = 2pi
∫ 2
0
(
4r − r3) dr =
= 2pi
[
2r2 − r
4
4
]2
0
= 2pi(8− 4) = 8pi u.v.
Exerc´ıcio 8: Determine o volume do so´lido W no interior da esfera x2 + y2 + z2 = 4 e do cilindro
x2 + (y − 1)2 = 1 e acima do plano z = 0.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o de W esta´ representado na figura que se segue.
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Mo´dulo 2 – Tutor 9
x
y
z
W
1
2
2
x
y
z
D
W1
“piso”
“teto”
1
2
2
x
y
D1
2
Por simetria, temos que V (W ) = 2V (W1) onde
W1 =
{
(x, y, z) ∈ R3; (x, y) ∈ D : x2 + (y − 1)2 ≤ 1 , x ≥ 0 e 0 ≤ z ≤
√
4− x2 − y2
}
.
Vemos, tambe´m, que o “teto” de W1 e´ a superf´ıcie z =
√
4− x2 − y2 = f(x, y) e que o “piso” e´
o semidisco D : x2 + (y − 1)2 ≤ 1, com x ≥ 0. Logo:
V (W ) = 2V (W1) = 2
∫∫
D
f(x, y) dxdy = 2
∫∫
D
√
4− x2 − y2 dxdy .
Passando para coordenadas polares, temos x2+y2 = r2 e dxdy = r drdθ. A equac¸a˜o x2+(y−1)2 = 1
ou x2+y2 = 2y transforma-se em r2 = 2r sen θ ou r(r−2 sen θ) = 0 portanto r = 0 ou r = 2 sen θ.
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Mo´dulo 2 – Tutor 10
Enta˜o, o semidisco D em coordenadas polares e´ Drθ :
{
0 ≤ θ ≤ pi/2
0 ≤ r ≤ 2 sen θ . Enta˜o,
V (W ) = 2
∫∫
Drθ
(
4− r2)1/2 r drdθ =
=
2
−2
∫ pi/2
0
∫ 2 sen θ
0
(
4− r2)1/2 (−2r) drdθ =
=
∫ 2pi
0
2
3
[(
4− r2)3/2]2 sen θ
0
dθ =
= −2
3
∫ pi/2
0
[(
4− 4 sen2 θ)3/2 − 43/2] dθ =
= −2
3
∫ pi/2
0
[(
4 cos2 θ
)3/2 − 8] dθ =
= −2
3
∫ pi/2
0
(
4 cos2 θ
)3/2
dθ +
16
3
∫ pi/2
0
dθ .
Como 0 ≤ θ ≤ pi/2, temos cos θ ≥ 0, portanto (4 cos2 θ)3/2 = (2 cos θ)3 = 8 cos3 θ. Enta˜o,
∫ pi/2
0
(
4 cos2 θ
)3/2
dθ = 8
∫ pi/2
0
cos2 θ · cos θ dθ =
= 8
∫ pi/2
0
(
1− sen2 θ) d(sen θ) = 8 [sen θ − sen3 θ
3
]pi/2
0
=
= 8
(
1− 1
3
)
=
16
3
.
Assim,
V (W ) = −2
3
· 16
3
+
16
3
· pi
2
=
8
9
(3pi − 4) u.v.
UFF IME - GMA
Universidade Federal Fluminense
Instituto de Matema´tica e Estatı´stica
Departamento de Matema´tica Aplicada
Ca´lculo III-A – Lista 2
Exerc´ıcio 1: Use a mudanc¸a u = x+y e v = x−y e calcule a integral de f(x, y) = (x+y)2 sen2(x−y)
sobre a regia˜o D : |x|+ |y| ≤ pi.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se segue.
x
y
D
x− y = −pi
x+ y = −pi
x− y = pi
x+ y = pi
pi
pi
−pi
−pi
De u = x+ y e v = x− y temos x = u+ v
2
e y =
u− v
2
. Portanto, o jacobiano da mudanc¸a e´ dado
por:
J =
∂(x, y)
∂(u, v)
=
∣∣∣∣∣∣∣
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣
1
2
1
2
1
2
−1
2
∣∣∣∣∣∣ =
−1
4
− 1
4
= −1
2
.
Como dxdy = |J | dudv enta˜o dxdy = 1
2
dudv. A func¸a˜o f(x, y) = (x+y)2 sen2(x−y) transforma-se
em u2 sen2 v.
Como D e´ limitada pelas retas x + y = pi, x + y = −pi, x − y = pi e x − y = −pi, enta˜o Duv e´
limitada pelas retas u = pi, u = −pi, v = pi e v = −pi.
Ca´lculo III-A Lista 2 24
u
v
Duv
pi
pi
−pi
−pi
Assim, pela fo´rmula da mudanc¸a de varia´veis temos:∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫∫
D
(x+ y)2 sen2(x− y) dxdy =
=
∫∫
Duv
(u2 sen2 v)
1
2
dudv =
1
2
∫ pi
−pi
sen2 v
∫ pi
−pi
u2 dudv =
=
1
2
∫ pi
−pi
sen2 v
[
u3
3
]pi
−pi
dv =
1
2
· 2pi
3
3
∫ pi
−pi
sen2 v dv =
=
pi3
3
· 1
2
[
v − sen 2v
2
]pi
−pi
=
pi4
3
.
Exerc´ıcio 2: Use a mudanc¸a de varia´veis u = xy e v = y/x, e calcule a integral dupla
∫∫
D
(x2 +
2y2) dA, sendo D a regia˜o do plano xy no primeiro quadrante, delimitada pelas curvas xy = 1,
xy = 2, y = x e y = 2x.
Soluc¸a˜o: Se u = xy e v = y/x vemos que uv = y2 e
u
v
= x2. Assim, x2 + 2y2 =
u
v
+ 2uv. Por
outro lado
J−1 =
1
J
=
∂(u, v)
∂(x, y)
=
∣∣∣∣∣∣∣
∂u
∂x
∂u
∂y
∂v
∂u
∂v
∂y
∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣
y x
−y
x2
1
x
∣∣∣∣∣∣ =
y
x
+
y
x
=
2y
x
= 2v .
Logo, J =
1
2v
. Como dA = |J | dudv, enta˜o dA = 1
2v
dudv .
Como D esta´ limitada por xy = 1, xy = 2, y = x (ou y/x = 1) e y = 2x (ou y/x = 2) enta˜o Duv
esta´ limitada por u = 1, u = 2, v = 1 e v = 2.
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 2 25
u
v
Duv
2
2
1
1
Logo, pela fo´rmula de mudanc¸a de varia´veis, temos:∫∫
D
(x2 + 2y2) dA =
∫∫
Duv
(
u
v
+ 2uv
)
1
2v
dudv =
=
1
2
∫∫
Duv
(
u
v2
+ 2u
)
dudv =
1
2
∫ 2
1
∫ 2
1
(
1
v2
+ 2
)
u dudv =
=
1
2
∫ 2
1
(
1
v2
+ 2
) [
u2
2
]2
1
dv =
3
4
∫ 2
1
(
1
v2
+ 2
)
dv =
=
3
4
[
−1
v
+ 2v
]2
1
=
3
4
[(
−1
2
+ 4
)
− (−1 + 2)
]
=
15
8
.
Exerc´ıcio 3: Calcule
∫∫
D
xy3 dA da regia˜o D do primeiro quadrante, limitada por y = x, y = 3x,
xy = 1 e xy = 4.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se segue.
x
y
D
y = 3x
y = x
xy = 1
xy = 4
u
v
Duv
1
1
3
4
Com a transformac¸a˜o u = y/x, v = xy, a regia˜o D transforma-se na regia˜o Duv limitada pelas retas
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 2 26
u = 1, u = 3, v = 1 e v = 4. Temos:
J−1 =
∂(u, v)
∂(x, y)
=
∣∣∣∣∣∣∣
∂u
∂x
∂u
∂y
∂v
∂x
∂v
∂y
∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣
−y
x2
1
x
y x
∣∣∣∣∣∣ = −
y
x
− y
x
= −2y
x
= −2u .
Logo:
∂(x, y)
∂(u, v)
=
1
J−1
=
1
−2u = −
1
2u
.
De u = y/x e v = xy temos que uv = y2. Portanto, o integrando xy3 = xy · y2 transforma-se em
v · uv = uv2. Assim, da fo´rmula da mudanc¸a de varia´veis temos:∫∫
D
xy3 dA =
∫∫
Duv
uv2
∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v)
∣∣∣∣ dudv =
∫∫
Duv
uv2
∣∣∣− 1
2u
∣∣∣ dudv =
=
1
2
∫∫
Duv
v2 dudv =
1
2
∫ 3
1
∫ 4
1
v2 dvdu =
1
2
∫ 3
1
[
v3
3
]4
1
du =
=
1
6
(64− 1)
∫ 3
1
du =
63
3
[
u
]3
1
=
21
2
(3− 1) = 21 .
Exerc´ıcio 4: Use coordenadas polares para calcular as seguintes integrais duplas:
a)
∫∫
D
√
x2 + y2 dxdy, sendo D o disco de centro na origem e raio 2.
b)
∫∫
D
(
x2 + y2
)2
dA, onde D e´ a regia˜o dada por x2 + y2 ≤ 4, com x ≥ 0.
c)
∫∫
D
ln(x2 + y2)
x2 + y2
dxdy, sendo D : 1 ≤ x2 + y2 ≤ e2, com y ≥ 0.
d)
∫ a
−a
∫ √a2−x2
0
e−x
2−y2 dydx.
e)
∫∫
D
1√
x2 + y2
dA, sendo D : 1 ≤ x ≤ 3 e 0 ≤ y ≤ x.
f)
∫∫
D
(x+ y) dA, sendo D : x2 + y2 − 2y ≤ 0.
Soluc¸a˜o:
a) O esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se segue.
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 2 27
x
y
D
entra em r = 0
sai em r = 2
2
2
Em coordenadas polares temos
√
x2 + y2 =
√
r2 = r e dxdy = rdrdθ.
Descric¸a˜o de D em coordenadas polares
Efetuando uma “varredura” em D, no sentido anti-hora´rio, a partir do eixo x positivo, vemos que
0≤ θ ≤ 2pi.
Considerando um ponto P qualquer no interior de D, vemos que a semirreta entra em D na origem
onde r = 0 e sai de D em um ponto da circunfereˆncia onde r = 2. Enta˜o, 0 ≤ r ≤ 2. Assim, a
regia˜o D e´ transformada na regia˜o Drθ dada por Drθ :
{
0 ≤ r ≤ 2
0 ≤ θ ≤ 2pi .
r
θ
Drθ
2pi
2
Logo: ∫∫
D
√
x2 + y2 dxdy =
∫∫
Drθ
r · r drdθ =
∫∫
Drθ
r2 drdθ =
∫ 2
0
∫ 2pi
0
r2 dθdr =
= 2pi
∫ 2
0
r2 dr = 2pi
[
r3
3
]2
0
=
16pi
3
.
Observac¸a˜o: Notem que em coordenadas polares qualquer disco de centro na origem transforma-se
em um retaˆngulo com os lados paralelos aos eixos coordenados.
b) O esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se segue.
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 2 28
x
y
D
−2
2
2
Descric¸a˜o de D em coordenadas polares
Efetuando uma “varredura” em D, no sentido anti-hora´rio, a partir do eixo y negativo, onde θ =
−pi/2 ate´ o eixo y positivo onde θ = pi/2, vemos que −pi/2 ≤ θ ≤ pi/2.
Considerando um ponto P qualquer no interior de D, vemos que a semirreta OP entra em D na
origem onde r = 0 e sai de D em um ponto da circunfereˆncia onde r = 2. Logo, 0 ≤ r ≤ 2. Assim,
a regia˜o D e´ transformada na regia˜o Drθ dada por Drθ :
{
0 ≤ r ≤ 2
−pi/2 ≤ θ ≤ pi/2 .
r
θ
Drθ
−pi
2
pi
2
2
Logo: ∫∫
D
(x2 + y2)2dA =
∫∫
Drθ
r4 · r drdθ =
∫∫
Drθ
r5 drdθ =
=
∫ 2
0
r5
∫ pi/2
−pi/2
dθdr = pi
∫ 2
0
r5 dr = pi
[
r6
6
]2
0
=
32pi
3
.
c) O esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se segue.
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 2 29
x
y
D P
e
e
−e
1
1−1
entra em r = 1
sai em r = e
Em coordenadas polares temos
ln(x2 + y2)
x2 + y2
=
ln(r2)
r2
=
2 ln r
r2
e dxdy = r drdθ.
Descric¸a˜o de D em coordenadas polares
Efetuando uma “varredura” em D, no sentido anti-hora´rio, vemos que 0 ≤ θ ≤ pi.
Considerando um ponto P qualquer no interior de D, vemos que a semirreta OP entra em D em
um ponto da circunfereˆncia x2 + y2 = 1 onde r = 1 e sai de D em um ponto da circunfereˆncia
x2 + y2 = e2 onde r = e. Enta˜o, 1 ≤ r ≤ e. Assim, a regia˜o D e´ transformada na regia˜o Drθ dada
por Drθ :
{
1 ≤ r ≤ e
0 ≤ θ ≤ pi .
r
θ
Drθ
1
pi
e
Logo: ∫∫
D
ln(x2 + y2)
x2 + y2
dxdy =
∫∫
Drθ
2 ln r
r2
· r drdθ = 2
∫∫
Drθ
ln r
r
drdθ =
= 2
∫ e
1
ln r
r
∫ pi
0
dθdr = 2pi
∫ e
1
ln r
r
dr .
Fazendo u = ln r temos du =
1
r
dr. Por outro lado, para r = 1 temos u = ln 1 = 0 e para r = e
temos u = ln e = 1. Enta˜o: ∫ e
0
ln r
r
dr =
∫ 1
0
u du =
[
u2
2
]1
0
=
1
2
.
Substituindo acima temos: ∫∫
D
ln(x2 + y2)
x2 + y2
dxdy = 2pi · 1
2
= pi .
d) Temos
I =
∫ a
−a
∫ √a2−x2
0
e−x
2−y2dydx =
∫∫
D
e−x
2−y2dxdy
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 2 30
onde D e´ dada por D :
{ −a ≤ x ≤ a
0 ≤ y ≤ √a2 − x2 ⇒ x2 + y2 = a2 , y ≥ 0 cujo esboc¸o esta´ represen-
tado na figura que se segue.
x
y
−a
D
a
a
Passando para coordenadas polares temos e−(x
2+y2) = e−r
2
e dxdy = r drdθ e a regia˜oD transforma-
se em Drθ :
{
0 ≤ r ≤ a
0 ≤ θ ≤ pi . Logo:
I =
∫∫
Drθ
e−r
2
r drdθ =
∫ a
0
e−r
2
r
∫ pi
0
dθdr = pi
∫ a
0
e−r
2
r dr =
=
pi
−2
∫ a
0
e−r
2
(−2r)dr = −pi
2
[
e−r
2
]a
0
=
pi
2
(
1− e−a2) .
e) O esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se segue.
x
y
D
y = x
1 3
Por coordenadas polares temos
1√
x2 + y2
dA =
1√
r2
· r drdθ = drdθ.
Descric¸a˜o de D em coordenadas polares
Efetuando uma “varredura” em D, no sentido anti-hora´rio, a partir do eixo x positivo onde θ = 0
ate´ a reta y = x onde θ = pi/4, vemos que 0 ≤ θ ≤ pi/4.
Considerando um ponto P qualquer no interior de D, vemos que a semirreta OP entra em D na
reta vertical x = 1 ou r cos θ = 1 donde r =
1
cos θ
= sec θ e sai de D na reta vertical x = 3 ou
r cos θ = 3 donde r =
3
cos θ
= 3 sec θ. Enta˜o, sec θ ≤ r ≤ 3 sec θ. Assim, a regia˜o D e´ transformada
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 2 31
na regia˜o Drθ dada por Drθ :
{
sec θ ≤ r ≤ 3 sec θ
0 ≤ θ ≤ pi/4 . Logo:
∫∫
D
1√
x2 + y2
dA =
∫∫
Drθ
drdθ =
∫ pi/4
0
∫ 3 sec θ
sec θ
drdθ =
=
∫ pi/4
0
(3 sec θ − sec θ)dθ = 2
∫ pi/4
0
sec θ dθ = 3
[
ln(sec θ + tg θ)
]pi/4
0
=
= 3
[
ln
(
sec
pi
4
+ tg
pi
4
)
− ln(sec 0 + tg 0)
]
=
= 3
[
ln(
√
2 + 1)− ln(1 + 0)] = 3 ln(√2 + 1) .
f) De x2 + y2 − 2y = 0 temos x2 + (y − 1)2 = 1. Assim, o esboc¸o da regia˜o D esta´ representado
na figura a seguir.
x
y
D
P
entra em r = 0
sai em r = 2 sen θ
1
2
Temos: ∫∫
D
(x+ y) dA =
∫∫
D
x dA+
∫∫
D
y dA .
Como f(x, y) = x e´ uma func¸a˜o ı´mpar na varia´vel x e a regia˜o D tem simetria em relac¸a˜o ao eixo
y, enta˜o: ∫∫
D
f(x, y) dA =
∫∫
D
x dA = 0 .
Assim: ∫∫
D
(x+ y) dA =
∫∫
D
y dA .
Em coordenadas polares temos ydA = (r sen θ)r drdθ = r2 sen θ drdθ.
Descric¸a˜o de D em coordenadas polares
Efetuando uma “varredura” em D, no sentido anti-hora´rio, a partir do eixo x positivo onde θ = 0
ate´ o eixo x negativo onde θ = pi, vemos que 0 ≤ θ ≤ pi.
Considerando um ponto P qualquer no interior de D, na˜o situado no eixo y, vemos que a semirreta
OP entra em D na origem onde r = 0 e sai de D em um ponto da circunfereˆncia x2 + y2 = 2y
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 2 32
ou r2 = 2r sen θ donde r = 2 sen θ, para r 6= 0. Enta˜o, 0 ≤ r ≤ 2 sen θ. Assim, a regia˜o D e´
transformada na regia˜o Drθ dada por Drθ :
{
0 ≤ r ≤ 2 sen θ
0 ≤ θ ≤ pi . Logo:
∫∫
D
(x+ y)dA =
∫∫
D
y dA =
∫∫
Drθ
r2 sen θ drdθ =
=
∫ pi
0
sen θ
∫ 2 sen θ
0
r2 drdθ =
∫ pi
0
sen θ
[
r3
3
]2 sen θ
0
dθ =
=
8
3
∫ pi
0
sen4 θ dθ =
8
3
∫ pi
0
(
1− cos 2θ
2
)2
dθ =
=
8
12
∫ pi
0
(
1− 2 cos 2θ + cos2 2θ) dθ =
=
2
3
· 1
2
∫ pi
0
(
1− 2 cos 2θ + cos2 2θ)d(2θ) =
=
1
3
[
2θ − 2 sen 2θ + 1
2
(
2θ +
sen 4θ
2
)]pi
0
=
1
3
(2pi + pi) = pi .
Exerc´ıcio 5: Calcule a a´rea da regia˜o no primeiro quadrante, fora da circunfereˆncia x2 + y2 = 4 e
dentro da circunfereˆncia x2 + y2 = 4x.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se segue.
x
y
P
D
entra em r = 2
sai em r = 4 cos θ
(1,
√
3)
θ
42
2
θ
1
√
3
Da teoria, temos que:
A(D) =
∫∫
D
dxdy =
∫∫
Drθ
r drdθ .
Descric¸a˜o de D em coordenadas polares
De x2+y2 = 4 e x2+y2 = 4x temos 4x = 4 donde x = 1 e, portanto, y =
√
3 . Assim, a intersec¸a˜o
e´ o ponto (1,
√
3). No triaˆngulo retaˆngulo acima, temos que tg θ =
√
3
1
=
√
3 donde θ = pi/3.
UFF IME - GMA
Ca´lculo III-A Lista 2 33
Assim, efetuando uma “varredura” em D, no sentido anti-hora´rio a partir do eixo x positivo, vemos
que 0 ≤ θ ≤ pi/3.
Considerando um ponto P qualquer no interior de D vemos que a semirrreta OP entra em D na
circunfereˆncia x2+y2 = 4 donde r = 2 e sai de D na circunfereˆncia x2+y2 = 4x donde r2 = 4r cos θ
ou r = 4 cos θ, se r 6= 0. Assim, 2 ≤ r ≤ 4 cos θ. Logo temos Drθ :
{
2 ≤ r ≤ 4 cos θ
0 ≤ θ ≤ pi/3 . Enta˜o:
A(D) =
∫ pi/3
0
∫ 4 cos θ
2
r drdθ =
∫ pi/3
0
[
r2
2
]4 cos θ
2
dθ =
1
2
∫ pi/3
0
(16 cos2 θ − 4) dθ =
=
1
2
[
16 · 1
2
(
θ +
sen 2θ
2
)
− 4θ
]pi/3
0
=
1
2
(
8 · pi
3
+ 4 sen
2pi
3
− 4 · pi
3
)
=
=
1
2
(
4pi
3
+
4
√
3
2
)
=
2pi
3
+
√
3 u.a.
Exerc´ıcio 6: Seja dada a integral dupla
∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫ 1
0
∫ x
0
f(x,