CÁLCULO III TEORIA E EXERCÍCIOS EM 26 SET 2016

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AULAS PARTICULARES DE 3º GRAU – CÁLCULO III – TEORIA E EXERCÍCIOS 
 
INTEGRAIS DUPLAS EM COORDENADAS POLARES 
1. Conceitos Importantes 
As relações 
x r cos 
e 
y rsen 
que nos dão as coordenadas cartesianas de um dado ponto em termos de suas 
coordenadas polares podem ser vistas como uma transformação que leva o ponto (r, θ) do plano rθ a pontos do plano xy. 
De uma maneira geral, a transformação de uma integral de uma região do plano cartesiano xy para um novo plano uv é a 
seguinte: 
   x u x,y v x,y 
. Dessa forma, temos: 
   
 
 R R '
x,y
f x, y dxdy f u,v dudv
u,v


 
, onde  
 
x,y
u,v


é o determinante jacobiano de x e y em relação a u e 
v, definido por:  
 
x x
x, y u v
u, v y y
u v
 
  

  
 
. 
No caso das coordenadas polares, temos 
x r cos 
e 
y rsen 
, cujo jacobiano é dado por: 
 
 
 
 
 
 
2 2
x x
x,y x,y x,ycos rsenr
r cos rsen r
r, r, r,y y sen r cos
r
 
     
        
        
 
 
Assim, temos a seguinte relação entre as integrais em coordenadas cartesianas e polares: 
   
R R '
f x,y dxdy f r, rdrd   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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2. Exercícios Resolvidos 
a) 2
2
2 4 x
0 4 x
ydydx

 
 
 
Solução: 
 
 
       
2
2
2
2
2 2
2 2
2 4 x 2 2 2 2
2
0 0 0 0 04 x
22 4 x 2 2 3
2
2
0
0 0 0 04 x
3
2 4 x 2 4 x
0 04 x 4 x
ydydx rsen rdrd r sen drd
r
ydydx r dr sen d cos
3
2 8
ydydx cos 2 cos 0 1 1 0 ydydx 0
3 3
  
 
 

 
 
   
     
      
          
     
   
   
 
b) 
2y y1
0 0
ydxdy

 
 
Solução: 
2
0 r sen
0 x y y
R : R ' :
00 y 1
2
      
  
     
 
 
2
2
2
2
y y1 sen2
0 0 0 0
seny y1 sen sen 32
2 2 3
0 0 0 0 0 0
y y1 2
3
0 0 0
y y1 2 2
4 2 2
0 0 0 0
ydxdy rsen rdrd
r 1
ydxdy r drsen d mas : r dr sen
3 3
1
ydxdy sen sen d
3
1 1
ydxdy sen d sen sen d
3 3

 

  


 

  
     
 
    
 
      
   
    
  
   
 
Mas: 
 2
1 1
sen cos 2
2 2
   
. Substituindo: 
 
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   
     
 
2
2
2
2
y y1 2
2 2
0 0 0
y y1 2
0 0 0
2
y y1 2 2
2
0 0 0 0
y y1 2 2
0 0 0 0
1
ydxdy sen sen d
3
1 1 1 1 1
ydxdy cos 2 cos 2 d
3 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
ydxdy cos 2 d cos 2 cos 2 d
3 2 2 3 4 2 4
1 1
ydxdy d cos 2 d
12 6




 

 

   
   
        
   
   
            
   
    
  
  
   
     
   
   
   
2
2
2
2
2
0
y y1 2 2 2
0 0 0 0 0
y y1 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0
y y1 2 2
0 0 0 0 0
1
cos 2 d
12
1 1 1 1 1
ydxdy d cos 2 d cos 4 d
12 6 12 2 2
1 1 1 1
ydxdy d cos 2 d d cos 4 d
12 6 24 24
1 1 1
ydxdy d cos 2 d cos 4
8 6 24

  

   

 

  
 
  
          
 
  
         
      

    
     
   
2
d


 
Resolvendo 
 cos 2 d 
: 
 
       
   
cos 2 d
Fazendo :
du 1
u 2 2 d du
d 2
1 1 1
cos 2 d cos u du cos u du sen u c
2 2 2
1
cos 2 d sen 2 c
2
 
      

 
      
 
    

  

 
 
 
 
 
 
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Resolvendo 
 cos 4 d 
: 
       
   
Fazendo :
du 1
u 4 4 d du
d 4
1 1 1
cos 4 d cos u du cos u du sen u c
4 4 4
1
cos 4 d sen 4 c
4
      

 
      
 
    
  

 
Retornando à integral: 
   
   
   
 
2
2
2
2
y y1 2 2 2
0 0 0 0 0
y y1 2
0 0 0
y y1
2 2 2
0 0 00 0
y y1
0 0
1 1 1
ydxdy d cos 2 d cos 4 d
8 6 24
1 1 1 1 1
ydxdy d sen 2 sen 4
8 6 2 24 4
1 1 1
ydxdy sen 2 sen 4
8 12 96
1 1
ydxdy 0 sen 2 sen 0
8 2 12 2
  



  


       
       
      
     
         
    
    
  
 
   
0
1
sen 4 sen 0
96 2
  
    
  
2 2
0
y y y y1 1
0 0 0 0
1
ydxdy ydxdy
8 2 16 16
 
  
       
 
c) Calcular 
2 2
R
x y dxdy
, onde R é a região delimitada por 
2 2x y 1 
 e 
2 2x y 9 
. 
Solução: 
A região R é representada abaixo: 
 
 
 
 
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Fazendo a mudança para as coordenadas polares, temos: 
0 2
R ' :
1 r 3
   

 
 
Assim: 
 
2 3
2 2 2 2 2 2
R 0 1
2 2 2 2 2
R
x y dxdy r cos r sen rdrd
x y dxdy r cos sen

     
    
  

2 3
1
0 1
2 3 2 3 2 3
2 2 2 2
R 0 1 0 1 0 1
33 2 3 3 3
22 2 2
0
R 1 0 1
2 2
R
rdrd
x y dxdy r rdrd r rdrd r drd
r 3 1 52
x y dxdy r dr d 2
3 3 3 3
Assim :
52
x y dxdy
3

  



       
  
           
 

 
 
      
  

 
 
d) Calcular 
R
xydxdy
, onde R é a região delimitada por 2 2x y
1
4 9
 
. 
Solução: 
Em primeiro lugar, façamos a seguinte mudança de variável: 
x 2u e y 3v 
. A nova região R’ será dada por: 
2 2 2 2
2 2x y 4u 9vR : 1 1 R ' :u v 1
4 9 4 9
       
 
Assim, temos: 
   
 
 
   
R R ' R R '
x,y 2 0
xy dxdy 2u 3v dudv, xy dxdy 2u 3v dudv
u,v 0 3

  
   
 
R R '
R R ' R '
xy dxdy 6 uv dudv, mas x 2u e y 3v
xy dxdy 6 uv6 dudv 36 uvdudv
  
 
 
  
¨ 
 
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Agora, façamos a mudança para as coordenadas polares: 
2 2 0 r 1R ' :u v 1 R '' :
0 2
 
   
   
 
Onde: 
u r cos e v rsen   
 
Assim: 
   
   
2 1 1 2
3
R ' 0 0 0 0
1
4
2
2 2 2
0
R ' 0
36 uvdudv 36 r cos rsen rdrd 36 r dr sen cos d
r
36 uvdudv 36 sen 9 sen 2 sen 0
4
 

       
         
    

0
R
0
Assim :
xydxdy 0


 
e) Calcular 
   
2 2
Rx 1 y 2 dxdy  
, onde R é a região delimitada por 
   
2 2
x 1 y 2 1   
. 
Solução: 
Façamos a mudança de variável: 
u x 1 e v y 2   
. Assim, o jacobiano é dado por: 
 
 
 
 
u u
u,v x,yx y 1 0
1 1
x,y u,vv v 0 1
x y
 
  
    
  
 
 
Assim: 
   
2 2 2 2 2 2
R R '
x 1 y 2 dxdy u v dudv R ' :u v 1       
. 
Façamos a mudança agora para coordenadas polares: 
0 r 1
u r cos e v rsen R '' :
0 2
 
    
   
 
 
 
 
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Assim: 
   
     
2 2 2 2 2 2 2 2
R R ' R ''
2 2 2 2 2
R
x 1 y 2 dxdy u v dudv r cos r sen rdrd
x 1 y 2 dxdy r cos sen
         
      
  

   
   
11 2 1 2 31
22
0
0 0 0 0 0
2 2
R
2 2
R
r
rdrd r drd
3
1 2
x 1 y 2 dxdy 2
3 3
Logo :
2
x 1 y 2 dxdy
3
 

     

      

   
   


 
f) Calcular 
 
R
x y dxdy
, onde R é a região do primeiro quadrante delimitada por xy = 1, xy =2, y = x e y = 4 + x. 
Solução: 
Façamos a seguinte mudança de variável: u = y – x e v = xy. Assim, o jacobiano dessa transformação é dado por: 
 
 
 
 
 
u u
u,v x,yx y 1 1 1
x y x y
x,y u,v x yv v y x
x y
 
   
          
   
 
 
Assim: 
   
R
x y dxdy x y  
R '
1
x y



R '
dudv dudv
Onde :
y x y x 0 u 0 e y 4 x y x 4 u 4
e
xy 1 v 1 e xy 2 v 2
Assim :
0 u 4
R '' :
1 v 2

            
     
 

 

 
Substituindo: 
       
2 4
4 2
0 1
R R ' 1 0 R
x y dxdy dudv dudv u v 4 0 2 1 x y dxdy 4              
 
 
 
 
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3. Exercícios Propostos 
1. Calcule o volume do conjunto de todos (x,y,z) tais que 
2 20 x 1, 0 y 1 e 0 z x y      
. 
Resp: 
2
u.v.
3
 
2. Calcule 
 
R
1 x y dxdy 
, onde R é delimitada pelo triângulo (1,1), (1,2) e (2,-1). 
Resp: 
3
2
 
3. Calcular 
 
R
2x y dxdy
, onde R é delimitada por 
2x y 1; x 5; y 1 e y 2     
. 
Resp: 
1533
20
 
4. Calcular 
 
2
R
dydx
x y

, onde R é o retângulo 
3 x 4 
e 
1 y 2 
. 
Resp: 2ln(5) – ln(3) – 3ln(2) 
5. Calcular o volume do sólido acima do plano xy delimitado por 
2 2z 4 2x 2y  
. 
Resp: 
4 u.v.
 
INTEGRAIS TRIPLAS 
 
1. Introdução 
O estudo das integrais triplas segue um raciocínio parecido como foi feito nas integrais duplas. Agora, o integrando é uma 
função de três variáveis w = f(x, y, z) definida sobre uma região T do espaço tridimensional. 
2. Cálculo da Integral Tripla 
Para se calcular uma integral tripla, fazendo com a mesma seja reduzida ao cálculo de uma integral dupla, é preciso definir 
algumas regiões de integração. Vejamos esses casos. 
1º) Caso: A região T é delimitada inferiormente pelo gráfico da função 
 1 1z h x,y
e superiormente pelo gráfico da função 
 2 2z h x,y
, onde h1 e h2 são funções contínuas sobre a região R do plano cartesiano xy, como mostra a figura 1: 
 
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 Fig. 1 
Nesse caso temos: 
   
 
 2
1
h x,y
T R h x,y
f x,y,z dxdydz f x,y,z dz dxdy
 
  
  
  
 
onde: 
   1 2f x y f x
R :
a x b
  

 
 
Dessa forma, a integral tripla será dada pela seguinte integral iterada tripla: 
   
 
 
 
 2 2
1 1
f x h xb
T a f x h x
f x,y,z dxdydz f x,y,z dzdydx   
 
Exemplo 1: Calcule a integral 
T
xdxdydz
, onde T é sólido delimitado pelo cilindro 
2 2x y 25 
, pelo plano 
x y z 8  
 e pelo plano xy. 
Solução: 
O sólido T pode ser visualizado na figura 2, sendo delimitado superiormente pelo gráfico de z = 8 – x – y e inferiormente por z 
= 0. A projeção de T sobre o plano xy é o círculo 
2 2x y 25 
, representado na figura 3. 
 Fig. 2 Fig. 3 
 
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 
T
8 x y
8 x y
0
R 0 R R
I xdxdydz
I xdz dxdy xz dxdy x 8 x y dxdy
 
 

 
     
  

   
 
Fazendo a mudança para coordenadas polares, temos: 
0 5
R ' :
0 2
  

   
 
Assim, temos: 
 
 
2 5
0 0
2 5
2 3 2 3
0 0
5 2 5 2 5 2
2 3 2 3
0 0 0 0 0 0
1 2 3
5 2
2
1
0 0
I cos 8 cos sen d d
I 8 cos cos sen cos d d
I 8 d cos d cos d sen cos d
I I I I
Re solvendo I 8 d cos d :


  

           
           
             
  
    
 
 
     
 
 
 
55 2 3 3
22
1 0
0 0 0
5
I 8 d cos d 8 sen 8 sen2 sen0
3 3


              
0
1
I 0 
 
 
5 2
3 2
2
0 0
5 2 5 2
3 2 3
2
0 0 0 0
5 52 24 4 4 4
2
0 00 0
Re solvendo I cos d :
1 1
I cos d cos2 d
2 2
1 1 1 5 1 5 1
I sen 2 2 sen4 sen0
4 2 4 2 2 4 2 4 4

 
 
   
  
          
  
 
               
 
   
0
4
2 2
5 1 1250 625
I 2 I
4 2 8 4
 
      
 
5 2
3
3
0 0
Resolvendo I sen cos d :

     
 
 
55 2 4 4
2
3 2 2 2
3 30
0 0 0
1 5 1
I sen cos d sen I sen 2 sen 0
4 2 4 2


              
0
3
I 0 
 
 
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Assim: 
T
625
I xdxdydz
4

  
 
Exemplo 2:Calcule a integral 
T
xdxdydz
, onde T é a região delimitada pelos planos coordenados e pelo plano 2x + 3y + 
z = 6. Este para você resolver. 
2º) Caso: A região T é delimitada à esquerda pelo gráfico da função 
 1 1y p x,z
e à direita pelo gráfico da função 
 2 2y p x,z
, onde h1 e h2 são funções contínuas sobre a região R do plano cartesiano xy, como mostra a figura 4: 
 Fig. 4 
Nesse caso temos: 
   
 
 2
1
p x,y
T R ' p x,y
f x,y,z dxdydz f x,y,z dy dxdz
 
  
  
  
 
3º) Caso: A região T é delimitada superiormente pelo gráfico da função 
 1 1x q x,z
e inferiormente pelo gráfico da função 
 2 2x q x,z
, onde h1 e h2 são funções contínuas sobre a região R do plano cartesiano xy, como mostra a figura 5: 
 Fig. 5 
Nesse caso temos: 
 
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   
 
 2
1
p x,y
T R ' p x,y
f x,y,z dxdydz f x,y,z dy dxdz
 
  
  
  
 
 
Exemplo 3: Expressarna forma de uma integral iterada tripla 
T
I dV 
, onde T é a região delimitada por 
2 2 2x y z 4  
 
e 
2 2x y 3z 
. 
Solução: 
A equação 
2 2 2x y z 4  
 é uma esfera de centro na origem e raio 2; a equação 
2 2x y 3z 
 é um paraboloide de 
vértice na origem e concavidade voltada para cima, como mostra as figuras e e 6 a seguir: 
 Fig. 5 Fig. 6 
A região T é delimitada superiormente pelo hemisfério 
2 2z 4 x y  
 e pelo inferiormente pelo parabolóide 
 2 2
1
z x y
3
 
. Assim, temos: 
 
2 2
2 2
4 x y
1R
x y
3
I dz dxdy
 

 
 
  
 
 
 
, onde R é a projeção de T sobre o plano xy. Para obter a região R é necessário encontrarmos a 
interseção da duas superfícies que delimitam T. Assim: 
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
x y z 4 x y z 4
z 4 3z z 3z 4 0
x y 3z x y 3z
       
        
       
. 
Resolvendo a equação 
2z 3z 4 0  
, temos: z = 1 ou z = - 4. Daí concluímos que z = 1, e a região R é delimitada pela 
circunferência x² + y² = 3. Como mostra a figura 7. 
 
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 Fig. 7 
 
Assim, temos: 
 
2 22
2 2 2
2 2
4 x y3 3 x
13 3 x x y
3
3 x 3
R :
3 x y 3 x
e
I dzdydx
 
   
  

    
   
 
Quando estudarmos mudança de variável iremos resolver essa integral utilizando as coordenadas cilíndricas, o que irá 
simplificar muito nossos cálculos. 
Exemplo 4: Calcule 
 
T
I x 1 dV 
, onde T é a região delimitada pelos planos y = 0, z = 0, y + z = 5 e pelo cilindro 
parabólico z = 4 – x². 
Solução: 
Na figura 8, apresentamos a região T. Observe que nesse caso é melhor projetarmos T sobre o plano xz ou sobre o plano yz. 
 Fig. 8 
Observando as figuras 9 e 10: 
 
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 Fig. 9 Fig. 10 
Na figura 9, vemos que T é delimitada à esquerda por y = 0 e à direita por y = 5 – z; enquanto que a região R, projeção de T 
sobre o plano xz, é mostrada na figura 10. Assim, podemos escrever: 
2
2 x 2
R :
0 z 4 x
  

  
 
       
       
     
 
2
2
5 z 2 4 x
T R 0 2 0
4 x
2 22
2
2 2
2 20
2 2
2 2 4 2 2 4
2 2
2 4
I x 1 dV x 1 dy dxdz x 1 5 z dxdz
z 1
I x 1 5z dx x 1 5 4 x 4 x dx
2 2
1 1
I x 1 20 5x 16 8x x dx x 1 20 5x 8 4x x dx
2 2
1
I x 1 12 x x
2
 


 
 
 
       
 
   
          
  
   
              
   
 
   

    
 
 
 
       
 
       
2 2
3 5 2 4
2 2
2 2
2 4 6 3 5 4 6 3 5
2
2 2
4 6 3 5 4 6 3 5
2 2
1 1
dx 12x x x 12 x x dx
2 2
12x x 1 x x 1 x x x x x
I 6x
2 4 2 6 3 2 5 4 12 3 10
2 2 2 2 2 2 2 2
I 6 2 6 2
4 12 3 10 4 12 3 10
16 8 16
I 24 4
3 3 5
 
 
 
       
  
   
              
   
      
             
      
 
    
 
 
16 8 16 308 44 176
24 4
3 3 5 15 5 15
 
         
  
3. Mudança de Variável 
3.1. Integral Tripla em Coordenadas Cilíndricas 
As coordenadas cilíndricas de um ponto P(x,y,z) são determinadas pelos números 
 , , z 
, como mostra abaixo: 
 
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 Fig. 11 
Da figura 11, tiramos as seguintes relações: 
x cos y sen z z      
 e o elemento de volume: 
 
 
 
x x x
z
cos rsen 0
x,y,z y y y
dV d d dz d d dz sen r cos 0 d d dz d d dz dV d d dz
, ,z z
0 0 1
z z z
z
  
  
  
   
                   
     
  
  
 
Assim, uma integral em coordenadas cartesianas pode ser escrita da seguinte forma: 
   
T T '
f x,y,z dxdydz f cos , sen ,z d d dz        
 
Exemplo 1: Calcular 
 2 2
T
I x y dV 
, onde T é a região delimitada pelo plano xy, pelo parabolóide 
2 2z x y 
 e 
pelo cilindro 
2 2 2x y a 
. 
Solução: 
Na figura 12, representamos a região T e na figura 13, sua projeção sobre o plano xy. 
 Fig. 12 Fig. 13 
 
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Temos que T é limitada inferiormente por z = 0 e superiormente pelo parabolóide z = x² + y² que, em coordenadas cilíndricas, 
tem a equação: 
2z  
. Assim, podemos escrever: 
   
2
2
a 2 a 2 a 2
2 2 2 3 5
0
T 0 0 0 0 0 0 0
aa 2 6 6 6
25
0
0 0 0
I x y dV dz d d z d d d d
a a
I d d 2 I
6 6 3
  



 
               
  
 
          
       
 
 
Exemplo 2: Calcular 
 2 2
T
I x y dV 
onde T é a porção da esfera 
2 2 2 2x y z a  
que está dentro do cilindro 
2 2x y ay 
. 
Solução: 
Na figura 14 podemos visualizar a região T e na figura 15 a sua projeção sobre o plano xy. 
 Fig. 14 Fig. 15 
 
INTEGRAIS DUPLAS E TRIPLAS – EXERCÍCIOS COMPLEMENTARES 
 
1. Integrais Duplas – Exercícios Resolvidos 
 
Ex.1: Calcule 
 






 
4
1
2
1
dydxy
2
x6x2
 Ex. 2: Calcule 
  



 
2 
1 
4 
1 
dxdyy
2
x6x2 
 
O fato das integrais resolvidas nos exemplos 1 e 2 serem iguais Não é acidental. Se f é contínua, então as duas integrais 
iteradas são sempre iguais. Dizemos que a ordem é irrelevante. 
 
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Entretanto, uma boa escolha da ordem pode simplificar os cálculos. Em alguns casos, pode não ser possível calcular a integral 
dupla para uma escolha e ser possível para outra. Veremos isso mais tarde com exemplos. 
Ex. 3: Calcule as integrais abaixo: 
 
a) 
 
3 
0 
2 
1 
ydydx
2
x 
 b) 
 
2 
1 
x2 
0 
dydx
3
xy 
 c) 
   
3 
1 
2
y 
6
 
dxdyxcosy2 
 
 
Teorema: 
Seja R o retângulo definido pelas desigualdades 
bxa 
 , 
dyc 
. Se f(x,y) for contínua neste retângulo, então: 
 
d
c
dxdy
b
a
)y,x(f
b
a
dydx
d
c
)y,x(f
R
dA)y,x(f
 
 
 
 
 
 
 
Ex.4: Calcule integral dupla 
 
  
R
dAy3
2
x2
 , sendo R a região que consiste de todos os pontos ( x,y) tais que 
2x1 
 e 
3y1 
. 
 Ex.5: Calcule a integral 

R
xdA
2
y
, no retângulo 
  1y0,2x3:y,xR 
. 
 
Obs: Frequentemente o retângulo 
  dyc,bxa:y,xR 
 é expresso como 
   d,cxb,a
 por simplificação. 
 
 
 
Ex.6: Determine o volume do sólido limitado acima pelo plano 
yx4z 
 e abaixo pelo retângulo 
   2,0x2,0R 
. 
 
 
Ex.7: Calcule 

R
dA)xy(ysen
, onde 
    ,0x2,1R
 
 Integrais duplas sobreregiões genéricas 
 
 
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Definição 1 
a) Uma região do tipo I é limitada à esquerda e à direita por retas verticais x=a e x = b e é limitada abaixo e acima por curvas 
contínuas y=g1(x) e y = g2(x) , onde g1(x)  g2(x) para a  x b . 
b) Uma região do tipo II é limitada abaixo e acima por retas horizontais y =c e y = d e é limitada à esquerda e à direita por 
curvas contínuas x=h1(y) e x = h2(t) , onde h1(y)  h2(x) para c  x d 
Veja Fig 1 e Fig. 2. 
Fig. 1: Região Tipo I 
 
 
Fig. 2: Região Tipo II 
 Teorema 
a) Se R é uma região do tipo I então: 
  
R
b 
a 
)x(
2
g 
)x(
1
g 
dydx)y,x(f dA)y,x(f
 
b) Se R é uma região do Tipo II, então: 
  
R
d 
c 
)y(
2
h 
)y(
1
h 
dxdy)y,x(f dA)y,x(f
 
 
 
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Ex.8: Calcular o volume do sólido delimitado superiormente pelo gráfico de 
yx4z 
, inferiormente pela região delimitada 
por x=0 , x= 2 , y =0 e 
2
1
x
4
1
y 
 e lateralmente pelo cilindro vertical cuja base é o contorno de R. 
Solução: 
Representamos na Fig. 3 a região R (base deste sólido): 
 
Fig. 3: Região R 
Assim, 
2x0 
 e 
2
1
x
4
1
y0 
, logo a região é do Tipo I e podemos integrar deste modo: 
  


2 
0 
2
1
x
4
1
 
0
dydxyx4V 
Resultado: 
v.u
4
15
V 
 
Ex. 9: Calcule a integral 
dA
R
)yx(I  
, onde R é a região limitada por 
2
x
1
y 
 
x2
2
y 
 
Solução 
A região R está representada na Fig. 4. 
 
 
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Fig. 4: Região R 
 
 
Podemos ver que a região R pode ser enquadrada nos dois tipos: 
 
x2y
2
x
2x0
:R





 ou 
 
4y0
xx
2
y
:R






 
Logo, podemos resolver a integral I pelos dois tipos: 
   
2 
0 
x2 
2
x 
dydxyx dA
R
)yx(
 
ou 
   
4 
0 
x 
2
y
 
dxdyyx dA
R
)yx(
 
Resposta: 
15
52
I 
 
 
Ex. 10: Calcular 
dA
R
)xy(ysenI 
 onde R é o retângulo de vértices 












2
π
,1,
2
π
,0
, 
 π,1
, 
 π,0
 . 
Solução 
Região R representada graficamente na Fig. 5 
 
 
 
 
 
 
0 

 
2

 
 1 
y 
 
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 Fig. 5: Região R 
Podemos ter 









y
2
1x0
1R
 
Daí 
 



 
2
 
1 
0 
dxdy)xy(ysen I
 
Integramos primeiramente em relação à x, e obtemos: 
 

 






 
2
 
dy 
1
0
xycos
y
1
.y I
 
 

 


 
 
2
 
dy 
1
0
xycos I
 
 



 
2
 
dy 1cosy- I
 
Agora, integrando em relação à y, obtemos: 
yseny
2
I 



 
 
2
1I
2
1I
22
sensenI









 



 
Também poderíamos escolher a mesma região porém integrar de forma invertida: 
dx 
1 
0 
 
2
 
dy )xy(ysen I  



. Porém esta escolha necessitaria de integração por partes. 
 
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Ex. 11: Calcular a Integral 
  




 
1 
0 
4 
x4 
dx dy
2
y
eI
. 
 
Solução: 
Verificamos que não seria possível resolver a primeira integral 
 




 
4 
x4 
dy
2
y
e
 pois a função 2y
e)y(f

 não possui 
primitiva elementar. Assim, é necessário mudar os limites de integração. 
A região está representada graficamente na Fig. 6, onde vemos que a região R1 é dada por: 






4yx4
1x0
1R
 
 
Assim, temos: 
  




 
4 
0 
4
y
 
0 
dy dx
2
y
e I
 
A qual é possível resolver. 
Assim temos: 
  




 
4 
0 
4
y
 
0 
dy dx
2
y
e I
 
 




 
4 
0 
dy 
4
y
 
0 
2
y
e.x I
 









 







 
4 
0 
dy
2
y
e.y
4
1
I
4 
0 
dy
2
y
e.y
4
1
 I
 
Esta integral podemos resolver por substituição de variáveis. Assim temos: 
4
0
2
y
e
8
1
I

 



 

16
e1
8
1
I
0
e
8
116
e
8
1
I
 
 
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 Fig. 6: Região R 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ex.12: Calcule 
  
R
dA
2
yx2
, na região triangular R compreendida entre as retas 
1xy 
 , 
3
2
y e 1x
1
y 
. 
Solução: 
Consideramos R como uma região do Tipo II. A região R e a reta horizontal correspondente ao ponto fixo y são mostradas na 
Fig. 7. 
Para integrar numa região do tipo II, os limites esquerdo e direito devem ser expressos sob a forma x=h1(y) e x = h2(y). Por 
isso, devemos reescrever as equações dos limites y = x+1 e y = x+1 como x = 1 y e x = y  1 respectivamente. 
Fig. 7: Região R 
 
 
A reta intercepta a região R na fronteira à esquerda x = 1 y e na fronteira à direita x = y  1. Esses são os limites de 
integração de x. Agora, movendo a reta primeiro para baixo e depois para cima ela gera os limites de y, sendo y = 1 e y = 3. 
Assim, 
 
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 








 





 
3 
1 
1y 
y1 
dy dx
2
yx2 
R
dA
2
yx2
 
3
68
3
1
2
4
y
3
3
y2
 
3 
1 
dy
3
y2
2
y2 
3 
1 
dy 
3
yy21
3
y
2
2y2y-1 
3 
1 
dy 
1y
y1
x
2
y
2
x
R
dA
2
yx2















 









 




 




 




 



 
Neste exemplo poderíamos ter tratado R como uma região do Tipo I, entretanto neste caso a fronteira superior R é a reta y = 3 
(Veja Fig 8) e a fronteira inferior consiste em duas partes, a reta y = -x + 1 à esquerda e a reta y = x +1 à direita da 
origem. Para fazer esta integração devemos separar a região R em duaspartes conforme mostra a Fig. 8. 
Assim, a solução da integral deveria ser: 
  







 
 





 





 




 




 
2
0
3
1x
dx dy
2
yx2
0
2
3
1x
dx dy
2
yx2 
2R
dA
2
yx2
1R
dA
2
yx2
R
dA
2
yx2
 
Fig. 8: Regiões R1 e R2 
 
 
 
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O resultado desta integração é o mesmo mostrado anteriormente. 
Inversão da ordem de integração 
Às vezes, o cálculo da integral iterada pode ser simplificado invertendo-se a ordem de integração. Este próximo exemplo ilustra 
esta situação. 
 
 
 
Ex.13: Calcule 
 
 
2 
0 
dy dx
1 
2
y
 
 
2
x
e 
 
Solução: 
Como não existe antiderivada elementar de 2x
e
, a integral não pode ser resolvida integrando-se primeiro em relação a x. 
Para solucionar este problema devemos calcular essa integral expressando-a com a ordem inversa de integração. 
Na integração interna, x está variando entre as retas y/2 e x = 1. Veja Fig 9. 
Invertendo a ordem de integração devemos definir os limites. 
Observando a Fig. 9, podemos ver que fixando x de 0 à 1, y irá variar de zero à 2x. 
0 2
0 1
 
0 21
2
y
x
R ou Ry
y xx
 
 
  
   

 
 Fig. 9 
 
 
Assim, essa integral deve ser escrita como se segue: 
 
 


1 
0 
dx dy
x2 
0 
 
2
x
e 
2 
0 
dy dx
1 
2
y
 
 
2
x
e 
 
 
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1-e 
1
0
2
x
e 
1 
0 
dx 
2
x
2xe 
1 
0 
dx 
2x
0
y
2
x
e 


















 
 
Ex.14: Seja R a região do plano x-y delimitada pelos gráficos de 
2
x1y 
 e y2 = 2x. Calcule 
dA
R
)y4
3
x(I  
. 
Solução: A Fig 10 apresenta o gráfico desta região R. 
Fig. 10 
 
 
Verificamos que a região R pode ser escrita das duas formas, sendo: 















x2y
2
x
2x0
2R ou 
yx
2
y
4y0
1R
Utilizando a região R1, temos: 
 






 

4 
0 
x 
2
y
 
dxdyy4
3
x 
dA
R
)yx(
 
e utilizando a região R2, temos: 
 
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  



 
2 
0 
x2 
2
x 
dydxy4
3
x dA
R
)yx(
 
Verificamos que ambas as integrais possuem o mesmo resultado, isto é, 
3
32
I 
 
 
Ex.15: Dada I = 
 
4 
0 
2 
y 
dy dx 
5
 x cosy 
, inverta a ordem de integração e calcule a integral resultante. 
Solução: 
Observamos que da maneira como está definida esta integral, fica difícil a sua resolução. Assim, uma mudança na ordem de 
integração poderá nos facilitar o trabalho. 
Observamos pela Fig.11 que a região R está definida com as fronteiras esquerda e direita pelos gráficos de 
yx 
 e x = 2, 
respectivamente com 
4y0 
 
 
 
 
Notamos que R também pode ser definida pelas fronteiras inferior e superior dadas por 
2
 xy e 0y 
 respectivamente, 
com 
2x0 
. Assim, a integral pode ser calculada como sendo: 
I= 
 
4 
0 
2 
y 
dy dx
5
 x cosy 
 
I = 
 
2 
0 
2
x 
0 
dx dy
5
 x cosy 
 
yx 
 
 
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I = dx
2 
0 
2
x
0
5
xcos
2
2
y
 





 
I = 
dx
2 
0 
5
xcos
2
4
x
 
 
Esta integral pode ser resolvida com uma simples substituição de variáveis. (u). 
Assim, temos que: 
I = 0.055 
 
2. Integrais Duplas – Exercícios Propostos 
1. Calcule as integrais duplas abaixo: 
 
1 
0 
3 y 
2
y 
dxdy )j 
2 
0 
1 
2
x
 
dydx )i
2 
0 
x 
0 
dydx )h 
2 
0 
2
yy2 
y6
2
y3 
ydxdy3 )g
 
1 
0 
1 
0 
y2 
y 
dxdy)
2
y2
2
x21()f 
2 
0 
dydx )e
2 
1 
4 
0 
dxdy)1
2
y2
2
x()d 
1 
0 
2 
0 
dydx)yx( )c
3 
1 
2 
1 
dxdy)y3
2
x2()b 
3 
1 
5 
2 
xydydx )a
  
  
  
  
  






 
2. Calcule 

R
dxdy)y,x(f
 onde: 
xy
xe)y,x(f)a 
, R é o retângulo 





1y0
3x1
 
xy
ye)y,x(f)b 
, R é o retângulo 





1y0
3x0
 
 
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)xycos(x)y,x(f)c 
, R é retângulo 








2
y0
2x0 
xlny)y,x(f)d 
, R é o retângulo 





2y1
3x2
 
yx
1
)y,x(f)e


, R é o retângulo 





2y1
2x1
 
3. Calcule 
  
D
dAy2x
, onde 
 2x1y e 2x2y:D 
 
 
4. Determine o volume do sólido que está contido abaixo do parabolóide 
2
y
2
xz 
 e acima da região D do plano xy limitada pela reta y = 2x e 
pela parábola y = x2. 
5. Calcule a integral 
 
1 
0 
1 
x 
dx dy )
2
(ysen 
 
6. Calcular 
  
R
dy dx4x
 , onde R é o retângulo 
6y0 , 2x0 
. 
7. Calcular 
  
R
dy dxyx8
 , onde R é a região delimitada por 
4 y e 
2
xy 
. 
8. Calcular 
 
R
dy dxxysenx
 , onde R é a região delimitada por 
x y e 
2
 x, 0y 


. 
 9. Calcular 

R
dy dxy sen senx
 , onde R é o retângulo 
2
y0 , 
2
x0




 
10. Calcular 

R
dx dy 
x
xlny , onde R é o retângulo 
1y1- , 2x1 
 
11. Calcular 
  
R
dy dx
2
y
2
x
 , onde R é a região delimitada por 
x y e 4 x, 0y 
. 
 
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 12. Calcular 
  
R
dy dxyx2
 , onde R é a região delimitada por 
2 y e 1- y , 5 x, 1-
2
yx 
. 
Respostas 
1. 
a) 42 b) –24 c) 3 d)20/3 e)2 
f)13/6 g) 16 h)2 i)1 j)5/12 
2. 



  43e
3
1
b) 2e
3
e)a
 

4
)c
 
 12ln23ln3
2
3
d) 
 
3ln62ln10)e 
 
3. 
15
32
 4. 
35
216
 5. 
 1cos1
2
1

 
 
6. 60 7. 
15
896
 8. 
1
2


 9. 1 
10. 0 11. 
351728
 12. 
20
1533
 
3. Integrais Triplas – Exercícios Resolvidos 
 Teorema 
Se f é contínua em uma caixa retangular 
     s,rxd,cxb,aB
, então: 
   
B
s
r
d
c
b
a
dxdydz)z,y,x(fdV)z,y,x(f
 
 
 1. Calcule 

G
,dV)z,y,x(f
 nos seguintes itens, sendo: 
 
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2z0 e 3y0 
2x1- com , 
3
z
2
xy12)z,y,x(f)a






 
Resp: 648 
3z0 e 2y 1- 
 , 1x0 com , 
2
xyz)z,y,x(f)b


 
Resp: 
4
27
 
     3,1x2,0x0,1:T com , 2xyz)z,y,x(f)c 
 
Resp: 
3
26
 
5z3- e 1y 0 
 , 2x1 com , z )
2
xy()z,y,x(f)b


 
Resp: 
3
68
 
2. Calcule as seguintes integrais triplas: 
  
 1 
0 
y1 
0 
yx 
0 
dzdxdy )a
 
  
1 
0 
x 
2
x 
yx2 
0 
dzdydx x. )b
 
  
2 
0 
2
x 
0 
y 
0 
dzdydxy )c
 
  
4 
0 
2 
y 
y 
0 
dzdxdyy )d
 
  
2 
1 
x2 
x 
yx 
0 
dzdydx z )e
 
  
2 
1 
2
x 
0 
x
1
 
0 
dxdy dz z
2
y
2
 x )f
 
 
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  
 2 
0 
2
x4
2
1
 
0 
2
y4
2
x 
0 
dxdy dz )g
 
  




3 
3 
2
y9 
2
y9 
2
y3
2
x3 
9
2
y4
2
x4 
dydx dz ))h
 
Respostas: 
2
81
h) g) 
42
127
 f) 
8
95
)e
21
128
d) 
21
128
c) 
120
31
 b) 
6
1
)a


 
INTEGRAIS CURVILÍNEAS – TEORIA E EXERCÍCIOS 
 
1. INTEGRAIS DE LINHA 
1.1. CURVAS PARAMÉTRICAS 
 
NOME CARTESIANA PARAMÉTRICA 
 
 
Reta 
 
0 0 0
x x y y z z
a b c
  
 
 
0
0
0
x x at
y y bt
z z ct
 

 
  
 
 
Circunferência C(0,0) 
 
² ² ²x y r 
 
cos
0 2
x r t
y rsent t 


  
 
 
Circunferência 
0 0
( , )C x y
 
 
0 0
( )² ( )² ²x x y y r   
 
0
0
cos
0 2
x x r t
y y rsent t 
 

   
 
 
Elipse C(0,0) 
 
x² y²
1
a² b²
 
 
r(t) acos ti bsen t j, 0 t 2    
 
 
Elipse C(x0, y0) 
 
   0 0r(t) x acos t i y bsen t j, 0 t 2      
 
 
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   0 0x x ² y y ²
1
a² b²
 
 
 
 
Hipérbole C(0,0) 
 
 
x² y²
1
a² b²
 
sec
tan
2 2



   

x a t
y b t t
 
 
 
Hipérbole C(x0, y0) 
 
    
 
0 0
x x ² y y ²
1
a² b²
 
0
0
sec
tan
2 2
 


    

x x a t
y y b t t
 
 
 
 
 
 
1.2. INTEGRAIS DE LINHA DE CAMPOS ESCALARES 
Seja a curva C representada por: 
 h¨(s) x(s)i y(s)j z(s)k, s a,b   
, onde s é o parâmetro comprimento de arco de C., definimos a integral de linha 
do campo escalar f como sendo: 
 
b
C a
f(x,y,z)ds f x(s),y(s),z(s) ds 
 
Ex.1: Calcule a integral de linha 
 
C
x 2y ds,
 onde C é uma semicircunferência centrada na origem de raio igual a 3 e 
orientada no sentido positivo. 
 
Solução: 
A parametrização dessa semicircunferência será dada por: 
   
2 2
r(t) 3cos ti 3sent j, 0 t ds 3sent 3cos t dt ds 9 dt 3dt          
. Substituindo: 
     
0
0
3cos t 6sent 3dt 3 3sent 6cos t 3 12 36


     
 
 
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Ex.2: Calcular a integral 
 
C
x² y² z ds, 
onde C é a hélice circular dada por : 
r(t) cos ti sent j tk de P(1,0,0) a Q(1,0,2 )   
 
Solução: 
   
2
ds sent cos t ² 1dt 2 dt.    
 Assim, podemos escrever: 
   
   
22 2
00 0
2
0
t²
cos ²t sen²t t 2 dt 2 1 t dt 2 t
2
4 ²
2 1 t dt 2 2 2 2 1
2
 

 
      
 
 
        
 
 

 
 
 
 
 
 
1.3. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
01) Calcule 
 
C
2x y z ds 
, onde C é o segmento de reta que liga A(1, 2, 3) a B(2, 0, 1). 
Solução: 
Parametrização do segmento de reta AB: 
 

        
  
         
x(t) 2 t
AB (1, 2, 2) i 2j 2k; B(2,0,1) AB : y(t) 2t
z(t) 1 2t
y 2 t 1; y 0 t 0 1 t 0
 
         
     
        
          
                   
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆr(t) x t i y t j z t k r(t) 2 t i 2tj 1 2t k
Assim :
r '(t) i 2j 2k r(t) 1 4 4 9 3 ds 3dt (1)
f x,y,z 2x y z f t 2(2 t) ( 2t) 1 2t 4 2t 2t 1 2t 5 2t f t 5 2t (2)
 
Substituindo (1) e (2) na integral dada: 
 
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   
 
0 0
0
1
C 1 1
C
2x y z ds 5 2t 3dt 3 (5 2t) dt 3(5t t²) |
2x y z ds 0 3( 5 1) ( 3)( 4) 12

 
       
         
  

 
Resp.: 12 
02) Calcule 
C
xz ds
, onde C é a interseção da esfera x² + y² + z² = 4 com o plano x = y. 
Solução: 
Vamos parametrizar a curva dada: 
       
 
           
        
       
  

  
       
 
2
2
2 2
2 2
22
x y t t² t² z² 4 z² 4 2t² z 4 2t²
4 2t² 0 2t² 4 0 2 t 2
ˆ ˆ ˆr(t) x t i y t j z t k r(t) ti t j 4 2t² k
2tˆ ˆ ˆr ' t i j k
4 2t
2t 4t 8 4t
r '(t) 1 1 2
4 2t4 2t
 24t
 
   
 
  
   
2 2 2
8 8
1
4 2t 4 2t 4 2t
e
f x,y,z xz f t t 4 2t² (2)
 
Substituindo (1) e (2) na integral dada:  
C
xz ds t 4 2t²




2
2
2
8
4 2t
     



          
  


2
2
2
2 2 2
C 3
dt 8 t dt
t 8 8
xz ds 8 2 2 2 2 0
2 2 2
 
Resp.: 0 
03) Calcule 
C
xyds
, onde C é a elipse 
x² y²
1
a² b²
 
. 
Solução: 
A parametrização da elipse é dada por: 
 
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 
 
 
   
    
  
   
          2 2 2 2 2
x(t) acos t e y(t) bsen t t 0, 2
r(t) acos ti bsen t j, 0 t 2
e
ˆ ˆr ' t asent i bcos tj
r '(t) a²sen²t b² cos ²t, mas sen²t 1 cos ²t
r '(t) a² 1 cos t b² cos t r '(t) a² a cos t b² cos t r '(t ) (b² a²)cos ²t a²
 
    ds r '(t) dt ds (b² a²)cos²t a² dt
 
Substituindo na integral dada: 


    
    
            
      
  

 
 

2
C 0
2C 0
C
xyds acos t bsent (b² a²)cos ²t a² dt
xyds ab cos t sent (b² a²)cos ²t a² dt
u (b² a²)cos ²t a² du 2(b² a²)cos t ( sent) 2(b² a²) cos t sent
du
du 2(a² b²) cos t sent dt dt
2(a² b²) cos t sent
xyds ab co s t sent  
  

du
u
2(a² b²) cos t sent
    
  
3
2
1
2 2
0
C
(b² a²)cos ²t a²ab ab
xyds u du |
32(a² b²) 2(a² b²)
2
 

C
ab
xyds
2


2
(a² b²)
 
 
        
 
   

                 
         
 
 
2
3
2 2 2 2 2 2 2 2 2 22
2 2
0
2 2 2 2 2 2
2 2
C C
ab
b² a² cos t a b a cos 2 a b a cos 0 a
3 3 a b
ab
xyds b a a b a a 0 xyds 0
3 a b
 
Resp.:0 
1.4. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
01) Calcule 
C
y(x z)ds
, onde C é a interseção das superfícies x² + y² + z² = 9 e x + z = 3. 
02) Calcule 
C
(x y)ds
, onde C é a interseção das superfícies z = x² + y² e z = 4. 
 
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03) Calcule 
C
y²ds
, onde C é o 1º arco da ciclóide 
 r(t) 2(t sent)i 2(1 cos t)j¨; t 0, 2      
1º arco da 
ciclóide. 
04) Calcule 
C
(x y z)ds 
, onde C é o quadrado de vértices (1,0,1), (1,1,1),(0,1,1) e (0,0,1). 
 05) Calcular a integral 
C
xyds,
 onde C é a interseção das superfícies x² + y² = 4 e y + z = 8. 
06) Calcular 
C
3xyds
, sendo C o triângulo de vértices A(0,0), B(1,0) e C(1,2), no sentido anti-horário. 
07) Calcule 
C
y(x z)ds
, onde C é a interseção das superfícies x² + y² + z² = 9 e x + z = 3. 
08) Calcule 
C
(x y)ds
, onde C é a interseção das superfícies z = x² + y² e z = 4. 
09) Calcule 
C
y²ds
, onde C é o 1º arco da ciclóide 
 r(t) 2(t sent)i 2(1 cos t)j¨; t 0, 2      
1º arco da ciclóide. 
10) Calcule 
C
(x y z)ds 
, onde C é o quadrado de vértices (1,0,1), (1,1,1),(0,1,1) e (0,0,1). 
11) Calcule 
 
c
x² y² z ds 
, onde C é a interseção das superfícies x² + y² + z² = 8z e z = 4. 
12) Calcule 
C
xy²(1 2x²)ds
, onde C é a parte da curva de Gauss 
x²
y e

 de A(0,1) a 
1 1
B
2 e
 
 
 
. 
1.5. APLICAÇÕES DAS INTEGRAIS DE LINHA 
1.5.1. MASSA DE UM FIO DELGADO 
Dado um fio delgado de densidade de massa constante em qualquer seção transversal do fio e suponha que o fio tenha a forma 
de uma curva C qualquer. Então, definimos que a massa M desse fio é dada pela integral de linha: 
(1) 
C
M f(x,y,z)ds 
 e as coordenadas do centro de massa 
 x,y,z
 são dadas por: 
 
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C
C
C
1
(1) x x f(x,y,z)ds
M
1
(2) y y f(x,y,z)ds
M
1
(3) z z f(x,y,z)ds
M






 
1.5.2. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
01) Calcule as coordenadas do centro de massa de um fio delgado que tem a forma da hélice circular 
 r(t) 2cos ti 2sent j 5tk t 0, 2    
. 
02) Calcule as coordenadas do centro de massa de um arame semicircular uniforme de raio 4 cm. 
03) Calcule a massa de um fio cujo formato é definido pela interseção do plano 2x + y + z = 4 com os planos coordenados, se 
a densidade do fio em um ponto (x, y, z) é 2x + 1. 
1.6. INTEGRAIS DE LINHAS DE CAMPOS VETORIAIS 
Seja C uma curva suave dada por 
 r(t), t a, b
. Seja 
f f(x,y,z)
 um campo vetorial definido e limitado por C. A 
integral de linha de 
f
, ao longo de C, é definida por: 
b
C a
f dr¨ f r(t) r 'dt   
  
sempre que a integral à direita existe. 
Sendo 
x y z
f(x,y,z) (f , f , f ) e dr dxi dy j dzk   
, temos que: 
 
 x y z
C C
f dr¨ f dx f dy f dz    
 que é tradicionalmente usada para representar as integrais de linha de campos vetoriais. 
 
 
1.6.1. EXEMPLOS RESOLVIDOS 
01) Calcular a integral 
C
(2xdx yzdy 3zdz) 
 ao longo da parábola z = x², y = 2 do ponto A(0,2,0) ao ponto B(2,2,4). 
Solução: 
Temos a seguinte parametrização da curva C: 
 
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x(t) t dx dt
y(t) 2 dy 0
z(t) t² dz 2tdt
0 t 2
  

  
   
 
 
substituindo na integral dada: 
 
2
C 0
2 2 4
2
0
C 0 0
C
(2xdx yzdy 3zdz) 2tdt 2t² 0 3t² 2tdt
t² t
(2xdx yzdy 3zdz) 2 tdt 6 t³dt 2 6 |
2 4
8 96
(2xdx yzdy 3zdz) 4 24 28
2 4
      
       
      
 
  

 
02) Calcule a integral 
C
f dr,
sendo que 
f (xz, xy, yz)
 e C é o caminho poligonal que une o ponto 
A(1, 0, 0)
 ao ponto 
B(0, 2, 2) passando por D(1, 1, 0). 
Solução: 
Parametrizando a reta que contém os pontos A(1, 0, 0) e D(1, 1, 0), temos: 
AD (0,1, 0)
x(t) 1 dx 0
y(t) t dy dt 0 t 1
z(t) 0 dz 0

  

    
   
 
Parametrizando a reta que contém os pontos D(1, 1, 0) e B(0, 2, 2), temos: 
DB ( 1,1, 2)
x(t) 1 t dx dt
y(t) 1 t dy dt 0 t 1
z(t) 2t dz 2dt
 
    

     
   
 
 
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     
 
 
1 1
C 0 0
1 1 1 1
C 0 0 0 0
1 1 1
C 0 0 0
xzdx xydy yzdz 1 0 dt 1 t dt t 0 dt (1 t) 2t ( dt) (1 t) (1 t)dt (1 t) 2t 2dt
xzdx xydy yzdz tdt 2 t(1 t)dt (1 t)(1 t)dt 4 t(1 t)dt
xzdx xydy yzdz tdt 2 (t t²)dt (1 t²)dt
xz
                       
         
      
  
    
   
 
 
 
1
C 0
C
C
t² t² t³ t³
dx xydy yzdz 2 t
2 2 3 3
1 1 1 1
xzdx xydy yzdz 2 1
2 2 3 3
1 2 1 1 1 2 1 1 1
xzdx xydy yzdz 1 1
2 3 3 2 3 3 2 3 6
  
         
  
 
        
 
            



 
2. OPERADORES VETORIAIS EM COORDENADAS CARTESIANAS 
 
2.1. CAMPOS CONSERVATIVOS 
Seja 
f
 um campo vetorial em um domínio U. Se u u(x,y,z) é uma função diferenciável em U tal que 
f grad u
, dizemos 
que 
f
 é um campo conservativo e a função u é chamada de função potencial de 
f
 em U. 
Seja 
1 2 3
f (f , f , f )
 um campo vetorial contínuo em um domínio U, com derivadas parciais de 1ª ordem contínuas em U. Se 
f
 admite uma função potencial u, então, rot 
f
 = 
0
 qualquer que seja (x, y, z)  U. 
2.2. EXEMPLOS RESOLVIDOS 
01) analise cada um dos campos vetoriais a seguir: 
a) 
f 2x²yi 5xzj x²y²k  
 
Solução: 
   
i ¨ j ¨k
rot f
x y z
2x²y 5xz x²y²
(x²y²) (5xz) (x²y²) (2x²y) (5xz) (2x²y)
rot f i j k
y z x z x y
rot f 2x²y 5x i 2xy² j 5z 2x² k
  

  
         
         
         
    
 
¨rot 
f
 
0
 o campo 
f
 não é conservativo. 
 
 
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Importante! 
rot 
f
 = 
0

y yx x z z
f ff f f f
, e
y x z x z y
    
  
     
 
02) Verificar se o campo vetorial 
f (yz 2) i (xz 1) j (xy 2z) k     
é conservativoe, em caso afirmativo, encontrar 
uma função potencial u. 
Solução: 
(yz 2) (xz 1)
z
y x
(yz 2) (xy 2z)
y
z x
(xz 1) (xy 2z)
x
z y
   
 
 
   
 
 
   
 
 
 
Logo, 
f
 admite uma função potencial u em ³. Assim, temos: 
u
yz 2 u (yz 2)dx xyz 2x a(y,z)
x
u a a
xz xz 1 1 a y b(z)
y y y

       

  
        
  

 
Assim, temos: 
   

              

u(x,y,z) xyz 2x y b(z)
u db db
xy xy 2z 2z b z² c u(x,y,z) xyz 2x y z² c
z dz dz
 
 
2.3. TEOREMA DE GREEN 
Seja u=u(x,y,z) uma função diferenciável e, um domínio U tal que 
f u 
 é contínuo em U. Então, temos: 
C
f dr¨ u(B) u(A)  
para qualquer caminho C unindo o ponto A ao ponto B. 
Se 
1 2 3
f (f , f , f )
 é um campo vetorial contínuo em U, então, são equivalentes as afirmações a seguir: 
1ª) 
f
 é o gradiente de uma função potencial u em U, ou seja, 
f
 é conservativo em U. 
2ª) A integral de linha de 
f
 é independente do caminho de integração em U. 
 
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3ª) A integral de linha de 
f
 ao redor de todo caminho fechado simples em U é igual a zero. 
Sejam M e N funções de duas variáveis x e y, de tal modo que tenham derivadas parciais primeiras contínuas em um disco 
aberto B do plano. Se C for uma curva fechada simples seccionalmente suave, inteiramente contida em B, e se R for a região 
limitada por C, então: 
 
C R
N M
M(x,y)dx N(x,y)dy dA
x y
  
   
  
 
 
Seja C uma curva fechada simples, orientada no sentido anti-horário e R a região delimitada por C. 
 
 
 R 
 
 C 
Se 
 1 2f(x,y) f (x,y); f (,y)
é um campo vetorial contínuo com derivadas parciais de 1ª ordem contínuas em C  R, então: 
(1) 
  2 11 2
C C R
f f
f dr f dx f dy dxdy
x y
  
     
  
  
 e, temos ainda que: 
(2) 
C C
f dr f dr

    
 
2.4. EXEMPLOS RESOLVIDOS 
2.4.1. CAMPOS CONSERVATIVOS E FUNÇÃO POTENCIAL 
1. Verifique se o campo vetorial 
f
é conservativo e, em caso afirmativo, encontre uma função potencial. 
a) 
 f 2x, 5yz, x²y²z²
 
Solução: 
 f 2x, 5yz, x²y²z²
 
     
i j k
rot f rot f 2x²yz² 5y i 2xy²z² 0 j 0 0 k
x y z
2x 5yz x²y²z²
rot f 0 0 campo vetorial f não é conservativo.
  
       
  
  
 
 
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b) 
   f 1 ysenx i 1 cos x j   
 
Solução: 
   f 1 ysenx i 1 cos x j   
 
     
i j k
rot f rot f 0 0 i 0 0 j senx senx k
x y z
1 ysenx 1 cos x 0
rot f 0 0 campo vetorial f é conservativo.
  
       
  
 
  
 
u(x,y,z) u(x,y,z) u(x,y,z)
grad u(x,y,z) f i j k f
x y z
  
    
  
 
 
u(x,y)
1 ysenx u 1 ysenx dx x y cos x (y,z)
x
u(x,y) (y,z)
1 cos x 1 (y,z) y c
y y
u(x,y) x y cos x y c

        

 
       
 
    

 
c) 
 f ln x, ln y, ln z
 
d) 
 x y zf e , 2e , 3e
 
e) 
 f 10xz ysenxy i xsenxy j 5x²k   
 
f) 
y 1
f y² 3 i 2xy 2y j
x² xy x y
   
        
    
 
 
2.4.2. TEOREMA DE GREEN 
 
2. Calcule 
   
2y
C
2y 1 x4 dx 5x e dy, onde C : x² y² 4     
. 
Solução: 
Usando o Teorema de Green: 
 
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 
 
2
4 1
1
y 2
2
f
f 2y 1 x 2
y
f
f 5x e 5
x

    


   

 
   
   
   
       


  
      
  
     
     
                 
 
 
  
 
2
2
2
2 2
4 y 2 1
C R
4 y
C R
2 r
4 y
C 0 0
2
24 y 4 y
0
0C C
f f
2y 1 x dx 5x e dy dxdy
y x
2y 1 x dx 5x e dy (5 2)dxdy
2y 1 x dx 5x e dy 3 rdrd
r²
2y 1 x dx 5x e dy 3 2y 1 x dx 5x e dy 3 2 2 12
2
 
3. Calcule 
C
f dr
, onde 
f (x² 4xy; 2x² 2x y²)   
 e C é a elipse 
x² 4y² 16 
 no sentido anti-horário. 
Solução: 
   
   
C R
C R R
(2x² 2x y²) (x² 4xy)
x² 4xy dx 2x² 2x y² dy dxdy
x y
x² 4xy dx 2x² 2x y² dy (4x 2 4x) dxdy 2 dxdy
     
      
  
       
 
  
 
 
Neste ponto de nosso exercício, podemos observar que a integral 
R
dxdy
é a área da elipse dada; e esta conforme já 
calculamos no exemplo anterior é igual 
R R
dxdy ab dxdy 4 2 8        
, e substituindo na última integral temos 
que o resultado final é 
C
f dr 16  
. 
Agora, se você quiser complicar um pouco mais, tente resolver a integral 
R
dxdy
. Observe: 
 
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
 
 
 
 
  
  
     
 
      
 

    
   
   
1
16 x²
4 42
1R 4 4
16 x²
2
3 3
2 2
R R
2 2
dxdy dydx 16 x² dx (1)
x 4sen u dx 4cos u du (2)
16 x² 16 16sen² u 16(1 sen²u) 16cos ²u (3)
3
x 4 u ; x 4 u
2 2
(3) (2) (1) :
u cos 2u
dxdy 4cosu 4cosu du 16 cos ²u du dxdy 16
2
 




 
  
 
  
         
 

 
3
32
2
2
2
R R
du 8 u 4 sen 2u
3
dxdy 8 4 sen 3 sen dxdy 8
2 2
 
Logo, a resposta da integral é 16 . 
3. QUESTÕES DE PROVA 
1. (UCG) Calcule a integral de linha de f sobre C, sendo 
xyf(x,y) (ye ,0)
 e C o arco da parábola 
y x²
, com 
2 x 0  
. 
2. (UCG) Determine o trabalho realizado pela força 
1 1
x y
f(x, y) ,   
 
 para deslocar uma partícula ao longo da curva 
1
x
y 
 
do ponto 
 122,
 a 
 133,
. 
3. (UCG) Calcule a integral de linha de f sobre C, sendo f(x,y) = 2xy e C o arco da circunferência x² + y² = 4 de (2, 0) a 
 2, 2
. 
4. Calcule 
   
C
y² 4 3x dx lny 4x dx   
 ao longo do retângulo de vértices (0,1), (3,1), (3,2) e (0,2) no sentido anti-
horário. 
5. Determine a função potencial para o campo f(x,y,z) = (2xy, x², 2) e calcule a integral de linha 
C
f dr
, onde C é uma curva 
qualquer ligando os pontos A(0,2,1) e B(1,2,3). 
INFORMAÇÕES IMPORTANTES 
1. Teorema 01 
Se 
               
2: a,b , t g t , h t
 é suave e f(x, y) é contínua em 

, então, existe a integral 
 

 f x,y ds
 e 
         

              
b 2 2
a
f x,y ds f g t ,h t g' t h ' t dt
 
 
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Se usarmos a notação vetorialpara 

e colocarmos 
     x yˆ ˆg t a h t a
, temos: 
     

       
b
a
f x,y ds f t ' t dt
 
EXEMPLO RESOLVIDO 
R.1) Calcular 
 

 f x,y ds
 onde 
           3 3f x,y x y e t 3t, t , t 0,1
. 
Solução: 
         
               
     

 
 
              
             
            
     
b 2 2
a
1 12 22 3 23 2 3 2
0 0
1 1
3 3 4 3 4
0 0
4 3
f x,y ds f g t ,h t g' t h ' t dt
f x,y ds f 3t, t 3 3t dt f x,y ds 3t t 3 3t dt
f x,y ds 27t t 9 9t dt f x,y ds 28t 9 9t dt
Mudança de Variável :
du
u 9 9t du 36t dt dt
     

     
     
3
1
3 4 3
0
36t
Se t 0 u 9 e se t 1 u 18
Substituindo :
f x,y ds 28t 9 9t dt f x,y ds 28 t  
18
3
9
du
u
36 t
     

  
 
   
 
         
18
3
1 1 218 18
2 2
3
9 9 2
9
28 7 7 u
f x,y ds u du f x,y ds u du f x,y ds
36 9 9
 
         
  
            
18
3
2
1,5 1,5
3
2
9
7 u 7 2 14
f x,y ds f x,y ds 18 9 76,37 27 25,6 f x,y ds 25,6
9 9 3 27
 
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
P.1) Calcular 


2x ydx
 quando: 
a) 
    é o segmento de 0,0 até 0,1
. 
b) 
   2é a parábola y x , 0 x 1
. 
c) 
    é o segmento de 0,1 até 0,0
 
 
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P.2) Calcular 


2x ydy
quando: 
a) 
    é o segmento de 0,0 até 0,1
. 
b) 
   2é a parábola y x , 0 x 1
. 
c) 
    é o segmento de 0,1 até 0,0
 
EXERCÍCIOS ESPECIAIS 
1. 
 2 2 2 2
ˆ ˆ1 x i yj
E d l E e t,1 , 0 t 1.
x y x y

    
 

 
Solução: 
     
   
 
 
1
2 2
0
1 1
3 3 3
2 2 20 0
ˆ ˆ1 t i j
E d l 1,0 dt d l ' t dt 1,0 dt
t 1 t 1
t 1 t
E d l , 1,0 dt E d l dt
t 1 t 1 t 1

 

     
 
 
 
   
   
 
 
   
 
 
2
1
3
20
du du
u t 1 2t dt
dt 2t
Mas :
t 0 u 1 e t 1 u 2
Assim :
t t
E d l dt
t 1
     
     
 

 
2
3
1
du
2 tu

2 3
2
1
1
2
2
1
1
u du
2
1 u 1 2 1 1 1 1 2 2 2
E d l 1 E d l 1 1
12 2 1 2 2u u 2 2
2


 
 
 
 
  
                  
   

 
 
 
 
 
 
 
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   2 2 2 2
ˆ ˆ1 x i yj
2. E d l E e 2 cos t , sen t , 0 t .
x y 2x y
 
       

 
     
   
   
   
   
   
   
   
       
 
2
2 2 2 2
0
2
3
2 20
2
Solução :
d l ' t dt 2sen t ,cos t
2 cos t , sen t1
E d l 2sen t ,cos t dt
4 cos t sen t 4 cos t sen t
2 cos t , sen t
E d l 2sen t ,cos t dt
4 cos t sen t
4 cos t sen t sen t cos t
E d l
4 cos t





     
        
      
  
 

 
 

 
   
     
2
3
20
2
3
2 2 20
dt
sen t
3 cos t sen t
E d l dt
3 cos t cos t sen t



  


   

 
 
   
 
     
 
   
   
     
32 2
2 2
3
20 0
2
32
2 2
0
3cos t sen t
E d l dt 3 cos t sen t 3cos t 1 dt
3cos t 1
Fazendo u 3cos t 1 :
t 0 u 4 e t u 1
2
Assim :
du du
6 cos t sen t dt
dt 6 cos t sen t
Substituindo :
E d l 3 cos t sen t 3cos t 1 dt 3 cos
 






     
  
 

     
   

      
  
     t sen t  
   
1 3
2
4
du
u
6 cos t sen t



1
1
11 3 1 1 12
2 2 2 2
4 4
4
3 1 u 1 2 1 1
E d l u du u 1 4 1
16 2 2 1 2 2
2

   

 
 
 
 
    
                  
    
 
 
 
 
 
 
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4. INTEGRAIS DE LINHA – EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
1. Calcule a integral de linha 
 
C
x 2y ds,
 onde C é uma semicircunferência centrada na origem de raio igual a 3 e 
orientada no sentido positivo. 
Solução: 
A parametrização dessa semicircunferência será dada por: 
   
2 2
r(t) 3cos ti 3sent j, 0 t ds 3sent 3cos t dt ds 9 dt 3dt          
. Substituindo: 
     
0
0
3cos t 6sent 3dt 3 3sent 6cos t 3 12 36


     
 
2. Calcular a integral 
 
C
x² y² z ds, 
onde C é a hélice circular dada por : 
r(t) cos ti sent j tk de P(1,0,0) a Q(1,0,2 )   
 
Solução: 
   
2
ds sent cos t ² 1dt 2 dt.    
 Assim, podemos escrever: 
   
   
22 2
00 0
2
0
t²
cos ²t sen²t t 2 dt 2 1 t dt 2 t
2
4 ²
2 1 t dt 2 2 2 2 1
2
 

 
      
 
 
        
 
 

 
3. Calcule 
 
C
2x y z ds 
, onde C é o segmento de reta que liga A(1, 2, 3) a B(2, 0, 1). 
Solução: 
Parametrização do segmento de reta AB: 
 

        
  
         
x(t) 2 t
AB (1, 2, 2) i 2j 2k; B(2,0,1) AB : y(t) 2t
z(t) 1 2t
y 2 t 1; y 0 t 0 1 t 0
 
 
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         
     
        
          
                   
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆr(t) x t i y t j z t k r(t) 2 t i 2tj 1 2t k
Assim :
r '(t) i 2j 2k r(t) 1 4 4 9 3 ds 3dt (1)
f x,y,z 2x y z f t 2(2 t) ( 2t) 1 2t 4 2t 2t 1 2t 5 2t f t 5 2t (2)
 
Substituindo (1) e (2) na integral dada: 
   
 
0 0
0
1
C 1 1
C
2x y z ds 5 2t 3dt 3 (5 2t) dt 3(5t t²) |
2x y z ds 0 3( 5 1) ( 3)( 4) 12

 
       
         
  

 
Resp.: 12 
 
4. Calcule 
C
xz ds
, onde C é a interseção da esfera x² + y² + z² = 4 com o plano x = y. 
Solução: 
Vamos parametrizar a curva dada: 
       
 
           
        
       
  

  
       
 
2
2
2 2
2 2
22
x y t t² t² z² 4 z² 4 2t² z 4 2t²
4 2t² 0 2t² 4 0 2 t 2
ˆ ˆ ˆr(t) x t i y t j z t k r(t) ti t j 4 2t² k
2tˆ ˆ ˆr ' t i j k
4 2t
2t 4t 8 4t
r '(t) 1 1 2
4 2t4 2t
 24t
 
   
 
  
   
2 2 2
8 8
1
4 2t 4 2t 4 2t
e
f x,y,z xz f t t 4 2t² (2)
 
Substituindo (1) e (2) na integral dada:  
C
xz ds t 4 2t²




2
2
2
8
4 2t
     



          
  


2
2
2
2 2 2
C 3
dt 8 t dt
t 8 8
xz ds 8 2 2 2 2 0
2 2 2
 
Resp.: 0 
 
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OutraSolução: 
     
       
         
 
   
        
  
    
        

2 2 2
2 2
2 2 2 2 2
2 2
2 2 2
C : x y z 4 x y
Assim :
y z
y y z 4 2y z 4 1
2 4
Parametrizando:
x t 2 cos t y t 2 cos t z t 2sent
Assim :
r t 2 cos t, 2 cos t, 2sent r ' t 2sent, 2sent, 2cos t
e
r ' t 2sent 2sent 2cos t r ' t 2sen t 2sen t 4cos t
r ' t 4        
     
 

       
    
  
         
   
 
2 2 2 2
2 2 b
C 0 0 a
bb 2 2
2 2 2
0
C a a
sen t 4cos t r ' t 4 sen t cos t r ' t 4 r ' t 2
Substituindo :
xzds 2 cos t 2sent 2dt 4 2 sent cos tdt 4 2 udu
Onde :
u sent du cos tdt
Assim:
u
xzds 4 2 udu 4 2 2 2 sent 2 2 sen 2 sen 0 0
2
 
Resp: 0 
5. Calcule 
C
xyds
, onde C é a elipse 
x² y²
1
a² b²
 
. 
Solução: 
A parametrização da elipse é dada por: 
 
 
 
   
    
  
   
          2 2 2 2 2
x(t) acos t e y(t) bsen t t 0, 2
r(t) acos ti bsen t j, 0 t 2
e
ˆ ˆr ' t asent i bcos tj
r '(t) a²sen²t b² cos ²t, mas sen²t 1 cos ²t
r '(t) a² 1 cos t b² cos t r '(t) a² a cos t b² cos t r '(t ) (b² a²)cos ²t a²
 
    ds r '(t) dt ds (b² a²)cos²t a² dt
 
 
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Substituindo na integral dada: 


    
    
            
      
  

 
 

2
C 0
2
C 0
C
xyds acos t bsent (b² a²)cos ²t a² dt
xyds ab cos t sent (b² a²)cos ²t a² dt
u (b² a²)cos ²t a² du 2(b² a²)cos t ( sent) 2(b² a²) cos t sent
du
du 2(a² b²) cos t sent dt dt
2(a² b²) cos t sent
xyds ab co s t sent  
  

du
u
2(a² b²) cos t sent
    
 

 

3
2
1
2 2
0
C
C
(b² a²)cos ²t a²ab ab
xyds u du |
32(a² b²) 2(a² b²)
2
ab
xyds
2


2
(a² b²)
 
 
        
 
   

                 
         
 
 
2
3
2 2 2 2 2 2 2 2 2 22
2 2
0
2 2 2 2 2 2
2 2
C C
ab
b² a² cos t a b a cos 2 a b a cos 0 a
3 3 a b
ab
xyds b a a b a a 0 xyds 0
3 a b
 
Resp.:0 
6. 
 
C
3y z ds
, onde C é o arco da parábola z = y² e x = 1 de A(1,0,0) a B(1,2,4). 
Solução: 
Parametrizando C: 
 
 
 
 

   


2
x t 1
C y t t 0 t 2
z t t
 
Assim: 
              2 2r t 1,t,t r ' t 0,1,2t r ' t 1 4t
 
Assim: 
 
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     
 
 
        
          
 
     
 
 
 
     
 
 
   
   

2 2 2
2 2 2 2
C 0 0 0
2
2 17 17 1
2 2
C 0 1 1
17
3
2
C
1
3y z ds 3t t 1 4t dt 3t t 1 4t dt 2t 1 4t dt
Fazendo :
du du
u 1 4t 8t dt e 0 t 2 1 u 17
dt 8t
Substituindo :
du 2t
3y z ds 2t 1 4t dt 2t u u du
8t 8t
1 u 1 2
3y z ds 17
34 4 3
2
     
 
       
 

3 3
32 2
C
1 1
1 17 1 3y z ds 17 17 1
6 6
 
Resp: 
 1 17 17 1
6
 
7. 

C
y ds
, onde C é a curva dada por y = x³ de (-1,-1) a (1, 1). 
Solução: 
Sabemos que: 
    
 
    
y, se y 0 1 y 0
y
y, se y 0 0 y 1
 
Parmetrizando C: 
     3C : x t t; y t t
 
Assim: 
         
         

   
      
      
     
          
    
1 2
3
2
2 2 4
0 1
3 4 3 4
C C C 1 0
4 3
3
ˆ ˆr t x t i y t j r t t, t
Assim :
r ' t 1,3t r ' t 1 3t r ' t 1 9t
Assim :
yds -yds yds t 1 9t dt t 1 9t dt
Fazendo :
du du
u 1 9t 36t dt
dt 36t
Se 1 t 0 10 u 1e 0 t 1 1 u 10
 
 
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
   
          
   
      
     
    
     
 
0 1 1 10
3 4 3 4 3 3
3 3
C 1 0 10 1
1 10 10 10 101 1 1 1 1
2 2 2 2 2
C 10 1 1 1 1
3
10 1 32
2 2
C 1
Substituindo :
du du
yds t 1 9t dt t 1 9t dt t u t u
36t 36t
1 1 1 1 1
yds u du u du u du u du 2 u du
36 36 36 36 36
1 1 u 1 2
yds u du 10
318 18 18 3
2
   
 
     
 

  
3
32
C
1 1
1 10 1 10 10 1
27 27
10 10 1 10 10 1
yds
27 27 27
 
Resp: 
10 10 1
27
 
8. Calcule 
C
y(x z)ds
, onde C é a interseção das superfícies x² + y² + z² = 9 e x + z = 3. 
Solução: 
Parametrizando C: 
 
      
 
    
       
 
2 2 2 2 2 2
22 2 2 2 2
2 2
x y z 9 x y z 9
C : C :
x z 3 z 3 x
Assim :
x y z 9 x y 3 x 9
x y 9   26x x 9    
     
                 
     
2 2
2 2
2 2 2 2
2x 6x y 0
Comple tando o quadrado :
9 9 3 9 3
2 x 3x y 0 2 x y 4 x 2y 9
4 2 2 2 2
 
 
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 
 
 
   
    
   
    
  
        
 
       
 
 
   
 
 
2 2
2 2
3 3
4 x x
2y y2 2
1 1
9 99 9
4 2
Assim:
3 3 3
x cos t e y sent
2 2 2
Mas :
3 3 3 3
z x 3 z cos t 3 cos t
2 2 2 2
Assim :
3 3 3 3 3
r t cos t, sent, cos t 0 t 2
2 2 2 22
e
3 3 3
r ' t sent, cos t, sent
2 22
Então :
3
r ' t se
2
 
   
    
          
    
   
22 2
2 2 2
2 2 2 2
3 3 9 9 9
nt cos t sent r ' t sen t cos t sen t
2 4 2 42
9 9 9
r ' t sen t cos t sen t cos t
2 2 2
    
1 9 3 3
r ' t
2 2 2
 
 
Assim: 

  
       
  
  
 

2
C 0
C
3 3 3 3 3 3
y(x z)ds sent cos t cos t 3 dt
2 2 2 22 2
3 3 3
y(x z)ds sent
22 2

3
cost
2
3
-
2

3
cos t
2
     

 
 
 
 
            
 

  

2
0
22 2
0C 0 0
C
3 dt
9 27 27 27 27
y(x z)ds 3sentdt sentdt cos t cos2 cos0 1 1 0
2 2 2 2 2
Assim :
y(x z)ds 0
 
Resp: 0 
 
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9. Calcule 
C
(x y)ds
, onde C é a interseção das superfícies z = x² + y² e z = 4. 
Solução: 
A curva C é a circunferência x² + y² = 4, cuja parametrização é dada por: 
       
   

  

   
   2 2 2 2
x 2cos t
C : 0 t 2
y 2sent
Assim :
r t 2cos t, 2sent r ' t 2sent, 2cos t
e
r ' t 4sen t 4cos t 4 sen t cos t  
     
          
 

   
      
               
 
  


1
2 2
2
0
C 0 0
C
C
4 2 r ' t 2
Substituindo :
(x y)ds 2cos t 2sent 2dt 4 cos t sent dt 4 sent cos t
(x y)ds 4 sen