apostila clculo iipdf

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Universidade Regional do Noroeste do Estado do Rio Grande do Sul 
DCEEng – Departamento de Ciências Exatas e Engenharias 
Disciplina do NCT 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Nome: ________________________________________________________________________ 
 
 
 
 
Professor: Marlon Vinícius Machado 
Email: mmmat15@hotmail.com 
 
 
Referências Bibliográficas 
 
 
ANTON, H. Cálculo: um novo horizonte. Porto Alegre: Bookman, 2007. v. 1. 
ANTON, H. Cálculo: um novo horizonte. Porto Alegre: Bookman, 2007. v. 2. 
LEITHOLD, L. O cálculo com geometria analítica. São Paulo: Harbra & Row do Brasil, 1994. v. 2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ijuí (RS) 
2 
 
MÉTODOS DE INTEGRAÇÃO 
 
INTEGRAÇÃO DE FUNÇÕES RACIONAIS 
Uma função racional f(x) é definida como o quociente de duas funções polinomiais, ou seja, 
𝑓(𝑥) =
𝑝(𝑥)
𝑞(𝑥)
, onde 𝑝(𝑥) e 𝑞(𝑥) são polinômios. As integrais de algumas funções racionais simples, 
como por exemplo: 
13x6x
1
,
1x
x2
,
1x
1
,
x
1
2222 
, 
são imediatas ou podem ser resolvidas por substituição, conforme vistas anteriormente. 
Vamos verificar um procedimento para calcular a integral de qualquer função racional. A ideia 
básica é escrever a função racional dada como uma soma de frações mais simples. Para isto, usaremos 
um resultado importante da Álgebra, que é dado na proposição seguinte. 
Proposição: Se 𝑝(𝑥) é um polinômio com coeficientes reais, 𝑝(𝑥) pode ser expresso como um produto 
de fatores lineares e/ou quadráticos, todos com coeficientes reais. 
 Por exemplo, o polinômio 𝑞(𝑥) = 𝑥2 − 3𝑥 + 2 pode ser escrito como um produto de fatores 
lineares, ou seja, 𝑞(𝑥) = (𝑥 − 2)(𝑥 − 1). 
Outros exemplos: 
 𝑞(𝑥) = 𝑥3 + 4𝑥2 + 5𝑥 + 2 = (𝑥 + 1)2(𝑥 + 2) 
 𝑞(𝑥) = 𝑥3 − 𝑥2 + 𝑥 − 1 = (𝑥2 + 1)(𝑥 − 1) 
 𝑞(𝑥) = 𝑥8 + 𝑥7 − 9𝑥6 + 3𝑥5 − 33𝑥4 + 3𝑥3 − 35𝑥2 + 𝑥 − 12 = (𝑥2 + 1)5(𝑥 − 3)(𝑥 + 4) 
Seja uma função racional 𝑓(𝑥) =
𝑝(𝑥)
𝑞(𝑥)
. A decomposição de uma função racional em frações mais 
simples depende do modo em que o polinômio 𝑞(𝑥) se decompõe em fatores lineares e/ ou quadráticos. 
Se numa função racional o grau de 𝑝(𝑥) é maior ou igual a 𝑞(𝑥), então podemos dividir os polinômios e 
reescrever da forma 𝑓(𝑥) =
𝑝(𝑥)
𝑞(𝑥)
= 𝐴(𝑥) +
𝑅(𝑥)
𝑞(𝑥)
. 
 
Caso 1: Os fatores de 𝑞(𝑥) são lineares e distintos, isto é, não se repetem. 
Neste caso podemos escrever 𝑞(𝑥) = (𝑥 − 𝑎1)(𝑥 − 𝑎2)… (𝑥 − 𝑎𝑛), onde 𝑎𝑖 = 1,… , 𝑛, são 
distintos dois a dois. 
A decomposição da função racional 𝑓(𝑥) =
𝑝(𝑥)
𝑞(𝑥)
 em frações mais simples é dada por: 
 
     n
n
2
2
1
1
ax
A
ax
A
ax
A
xf





 
 , onde 𝐴1, 𝐴2, … , 𝐴𝑛 são constantes que devem ser determinadas. 
∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = ∫
𝑝(𝑥)
𝑞(𝑥)
𝑑𝑥 = ∫(
𝐴1
(𝑥 − 𝑎1)
+
𝐴1
(𝑥 − 𝑎2)
+ ⋯+
𝐴𝑛
(𝑥 − 𝑎𝑛)
) 𝑑𝑥 = 
3 
 
𝐴1 ∫
1
(𝑥 − 𝑎1)
𝑑𝑥 + 𝐴2 ∫
1
(𝑥 − 𝑎2)
𝑑𝑥 + ⋯+ 𝐴𝑛 ∫
1
(𝑥 − 𝑎𝑛)
𝑑𝑥 
Calculemos 𝐼 = ∫
1
(𝑥−𝑎𝑖)
𝑑𝑥 
Fazendo 𝑢 = 𝑥 − 𝑎𝑖; então, 𝐼 = ∫
1
(𝑥−𝑎𝑖)
𝑑𝑥 = 𝐼 = ∫
1
𝑢
𝑑𝑢 = ln|𝑢| + 𝐶 = ln|𝑥 − 𝑎𝑖| + 𝐶, 
logo: 
∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐴1 ln|𝑥 − 𝑎1| + 𝐴2 ln|𝑥 − 𝑎2| + ⋯+ 𝐴𝑛 ln|𝑥 − 𝑎𝑛| + 𝐶. 
 
Exemplos 
1) ∫
1
𝑥2+𝑥−2
𝑑𝑥 
Resposta: Para solucionarmos uma integral, sempre, primeiramente, buscaremos analisar se esta 
possui solução imediata pelo formulário, caso não tenha tentamos aplicar os métodos de 
integração, substituição de variáveis e por partes. Neste caso, não conseguiremos aplicar nenhum 
dos dois métodos, assim, utilizaremos o método de resolução de integrais de frações racionais. 
Para utilizarmos este método, podemos nos guiar realizando os seguintes passos: 
1º) Analisar se o grau do polinômio do numerador é maior, menor ou igual, ao grau do polinômio 
do denominador. Como neste caso temos o polinômio do denominador, 𝒑(𝒙) = 𝟏, o seu grau será 
zero. Já o polinômio do denominador é representado por 𝒒(𝒙) = 𝒙𝟐 + 𝒙 − 𝟐, o que nos mostra 
que seu grau é 2. Logo, o grau do polinômio do numerador é menor que o grau do polinômio do 
denominador, o que torna desnecessária a realização da divisão de polinômios. 
Obs.: em caso contrário (grau do polinômio do numerador ser maior ou igual ao grau do 
polinômio do denominador se faz necessária a realização da divisão de polinômios). 
2º) Fatorar o polinômio do denominador. 
Para isto utilizamos do auxílio dos produtos notáveis ou da bháskara, para obtermos as raízes do 
polinômio e reescrevê-lo na forma de fatores de um produto. Por bháskara temos que as raízes do 
polinômio do denominador 𝒒(𝒙) = 𝒙𝟐 + 𝒙 − 𝟐, são: 
𝒙 =
−𝟏 ± √(𝟏)𝟐 − 𝟒(𝟏)(−𝟐)
𝟐(𝟏)
→ 𝒙 =
−𝟏 ± 𝟑
𝟐
→
𝒙𝟏 = 𝟏
𝒙𝟐 = −𝟐
 
Assim, podemos reescrever o polinômio 𝒒(𝒙) na forma: 𝒒(𝒙) = (𝒙 − 𝟏)(𝒙 + 𝟐). 
3º) Analisar os fatores do polinômio para sabermos com qual caso estamos trabalhando. 
Como ambos os fatores são lineares e não se repetem, estamos trabalhando com o Caso 1. 
4º) Reescrever a integral na forma de frações parciais. 
∫
𝟏
𝒙𝟐 + 𝒙 − 𝟐
𝒅𝒙 = ∫
𝟏
(𝒙 − 𝟏)(𝒙 + 𝟐)
𝒅𝒙 = ∫(
𝑨𝟏
𝒙 − 𝟏
+
𝑨𝟐
𝒙 + 𝟐
)𝒅𝒙
= 𝑨𝟏 ∫
𝟏
𝒙 − 𝟏
𝒅𝒙 + 𝑨𝟐 ∫
𝟏
𝒙 + 𝟐
𝒅𝒙 
 
 
4 
 
5º) Resolvemos as integrais. 
∫
𝟏
𝒙𝟐 + 𝒙 − 𝟐
𝒅𝒙 = 𝑨𝟏 ∫
𝟏
𝒙 − 𝟏
𝒅𝒙 + 𝑨𝟐 ∫
𝟏
𝒙 + 𝟐
𝒅𝒙 = 𝑨𝟏 ∙ 𝒍𝒏(𝒙 − 𝟏) + 𝑨𝟐 ∙ 𝒍𝒏(𝒙 + 𝟐) 
6º) Determinamos as constantes 𝑨𝟏 e 𝑨𝟐. 
Como a integral ∫
𝟏
𝒙𝟐+𝒙−𝟐
𝒅𝒙 foi reescrita por ∫
𝟏
(𝒙−𝟏)(𝒙+𝟐)
𝒅𝒙 e ∫ (
𝑨𝟏
𝒙−𝟏
+
𝑨𝟐
𝒙+𝟐
)𝒅𝒙, podemos assumir 
que: 
𝟏
𝒙𝟐 + 𝒙 − 𝟐
=
𝟏
(𝒙 − 𝟏)(𝒙 + 𝟐)
=
𝑨𝟏
𝒙 − 𝟏
+
𝑨𝟐
𝒙 + 𝟐
 
E, a partir desta igualdade, podemos encontrar o valor das constantes 𝑨𝟏 e 𝑨𝟐 através da 
igualdade: 
𝟏
(𝒙 − 𝟏)(𝒙 + 𝟐)
=
𝑨𝟏
𝒙 − 𝟏
+
𝑨𝟐
𝒙 + 𝟐
 
Aplicando mínimo múltiplo comum e operando temos: 
𝟏
(𝒙 − 𝟏)(𝒙 + 𝟐)
=
𝑨𝟏 ∙ (𝒙 + 𝟐) + 𝑨𝟐 ∙ (𝒙 − 𝟏)
(𝒙 − 𝟏)(𝒙 + 𝟐)
→
𝟏
(𝒙 − 𝟏)(𝒙 + 𝟐)
=
𝑨𝟏𝒙 + 𝟐𝑨𝟏 + 𝑨𝟐𝒙 − 𝑨𝟐
(𝒙 − 𝟏)(𝒙 + 𝟐)
→ 
𝟏
(𝒙 − 𝟏)(𝒙 + 𝟐)
=
(𝑨𝟏 + 𝑨𝟐)𝒙 + 𝟐𝑨𝟏 − 𝑨𝟐
(𝒙 − 𝟏)(𝒙 + 𝟐)
 
Como os denominadores são iguais, para que a igualdade seja verdadeira, os numeradores 
também devem ser iguais, assim: 
𝟏 = (𝑨𝟏 + 𝑨𝟐)𝒙 + 𝟐𝑨𝟏 − 𝑨𝟐 
E como isto é uma igualdade entre polinômios, os coeficientes que acompanham as variáveis do 
lado esquerdo da igualdade, devem ser iguais, aos coeficientes das variáveis de mesmo grau do 
lado direito da igualdade. Podemos reescrever: 
𝟎𝒙 + 𝟏 = (𝑨𝟏 + 𝑨𝟐)𝒙 + 𝟐𝑨𝟏 − 𝑨𝟐 
E comparamos: 
𝑨𝟏 + 𝑨𝟐 = 𝟎 → 𝑨𝟏 = −𝑨𝟐 
𝟐𝑨𝟏 − 𝑨𝟐 = 𝟏 → 𝟐(−𝑨𝟐) − 𝑨𝟐 = 𝟏 → −𝟑𝑨𝟐 = 𝟏 → 𝑨𝟐 = −
𝟏
𝟑
 
Com 𝑨𝟐 = −
𝟏
𝟑
, temos 𝑨𝟏 = −𝑨𝟐 → 𝑨𝟏 = −(−
𝟏
𝟑
) → 𝑨𝟏 =
𝟏
𝟑
. 
7º) Substituímos o valor das constantes 𝑨𝟏 e 𝑨𝟐 na resposta da integral para termos sua solução: 
∫
𝟏
𝒙𝟐 + 𝒙 − 𝟐
𝒅𝒙 = 𝑨𝟏 ∙ 𝒍𝒏(𝒙 − 𝟏) + 𝑨𝟐 ∙ 𝒍𝒏(𝒙 + 𝟐) + 𝑪 =
𝟏
𝟑
𝒍𝒏(𝒙 − 𝟏) −
𝟏
𝟑
𝒍𝒏(𝒙 + 𝟐) + 𝑪 = 
𝑭(𝒙) =
𝒍𝒏(𝒙 − 𝟏) − 𝒍𝒏(𝒙 + 𝟐)
𝟑
+ 𝑪 
5 
 
Pelas propriedades dos logaritmos ainda podemos ter: 
𝑭(𝒙) =
𝒍𝒏(𝒙 − 𝟏) − 𝒍𝒏(𝒙 + 𝟐)
𝟑
+ 𝑪 → 𝑭(𝒙) = 𝒍𝒏(√
𝒙 − 𝟏
𝒙 + 𝟐
𝟑
) + 𝑪 
 
2) ∫
5𝑥
𝑥2−3𝑥−4
𝑑𝑥 
 
6 
 
3) ∫
2𝑥+1
(𝑥+1)(𝑥−3)
𝑑𝑥 
 
7 
 
4) ∫
5𝑥2+1
𝑥2−3𝑥−4
𝑑𝑥8 
 
Caso 2: Os fatores 𝑞(𝑥) são todos lineares e alguns se repetem. 
 
Se algum fator linear (𝑥 − 𝑎𝑖) de 𝑞(𝑥) tem multiplicidade r, a esse fator corresponderá uma 
soma de frações parciais da forma: 
     i
r
1r
i
2
r
i
1
ax
B
ax
B
ax
B




 

 , onde 
r21 B,,B,B 
 são constantes que devem ser determinadas. 
 
Exemplos 
1) ∫
𝑥2−1
𝑥2(𝑥−2)
𝑑𝑥 
Resposta: Para solucionarmos uma integral, sempre, primeiramente, buscaremos analisar se esta 
possui solução imediata pelo formulário, caso não tenha tentamos aplicar os métodos de 
integração, substituição de variáveis e por partes. Neste caso, não conseguiremos aplicar nenhum 
dos dois métodos, assim, utilizaremos o método de resolução de integrais de frações racionais. 
Para utilizarmos este método, podemos nos guiar realizando os seguintes passos: 
1º) Analisar se o grau do polinômio do numerador é maior, menor ou igual, ao grau do polinômio 
do denominador. Como neste caso temos o polinômio do denominador, 𝒑(𝒙) = 𝒙𝟐 − 𝟏, o seu grau 
será 2. Já o polinômio do denominador é representado por 𝒒(𝒙) = 𝒙𝟐(𝒙 − 𝟐), o que nos mostra 
que seu grau é 3. Logo, o grau do polinômio do numerador é menor que o grau do polinômio do 
denominador, o que torna desnecessária a realização da divisão de polinômios. 
Obs.: em caso contrário (grau do polinômio do numerador ser maior ou igual ao grau do 
polinômio do denominador se faz necessária a realização da divisão de polinômios). 
2º) Fatorar o polinômio do denominador. 
Neste caso, nosso polinômio do denominador já está fatorando, 𝒒(𝒙) = 𝒙𝟐(𝒙 − 𝟐). 
3º) Analisar os fatores do polinômio para sabermos com qual caso estamos trabalhando. 
Este polinômio apresenta termos lineares que se repetem, ou seja, estamos trabalhando com o 
Caso 2, pois, podemos reescrever o polinômio do denominador na forma 𝒒(𝒙) = 𝒙 ∙ 𝒙 ∙ (𝒙 − 𝟐), ou 
ainda, 𝒒(𝒙) = (𝒙 − 𝟎)(𝒙 − 𝟎)(𝒙 − 𝟐). 
4º) Reescrever a integral na forma de frações parciais. 
∫
𝒙𝟐 − 𝟏
𝒙𝟐(𝒙 − 𝟐)
𝒅𝒙 = ∫(
𝑩𝟏
𝒙𝟐
+
𝑩𝟐
𝒙
+
𝑩𝟑
𝒙 − 𝟐
)𝒅𝒙 = 𝑩𝟏 ∫
𝟏
𝒙𝟐
𝒅𝒙 + 𝑩𝟐 ∫
𝟏
𝒙
𝒅𝒙 + 𝑩𝟑 ∫
𝟏
𝒙 − 𝟐
𝒅𝒙 = 
5º) Resolvemos as integrais. 
∫
𝒙𝟐 − 𝟏
𝒙𝟐(𝒙 − 𝟐)
𝒅𝒙 = 𝑩𝟏 ∫𝒙
−𝟐𝒅𝒙 + 𝑩𝟐 ∫
𝟏
𝒙
𝒅𝒙 + 𝑩𝟑 ∫
𝟏
𝒙 − 𝟐
𝒅𝒙 = 
𝑩𝟏 ∙
𝒙−𝟏
−𝟏
+ 𝑩𝟐 ∙ 𝒍𝒏(𝒙) + 𝑩𝟑 ∙ 𝒍𝒏(𝒙 − 𝟐) + 𝑪 = −
𝑩𝟏
𝒙
+ 𝑩𝟐 ∙ 𝒍𝒏(𝒙) + 𝑩𝟑 ∙ 𝒍𝒏(𝒙 − 𝟐) + 𝑪 
 
 
9 
 
6º) Determinamos as constantes 𝑩𝟏, 𝑩𝟐 e 𝑩𝟑. 
Como a integral ∫
𝒙𝟐−𝟏
𝒙𝟐(𝒙−𝟐)
𝒅𝒙 foi reescrita por ∫ (
𝑩𝟏
𝒙𝟐
+
𝑩𝟐
𝒙
+
𝑩𝟑
𝒙−𝟐
)𝒅𝒙, podemos assumir que: 
𝒙𝟐 − 𝟏
𝒙𝟐(𝒙 − 𝟐)
=
𝑩𝟏
𝒙𝟐
+
𝑩𝟐
𝒙
+
𝑩𝟑
𝒙 − 𝟐
 
E, a partir desta igualdade, podemos encontrar o valor das constantes 𝑩𝟏, 𝑩𝟐 e 𝑩𝟑, aplicando 
mínimo múltiplo comum e operando: 
𝒙𝟐 − 𝟏
𝒙𝟐(𝒙 − 𝟐)
=
𝑩𝟏(𝒙 − 𝟐) + 𝑩𝟐𝒙(𝒙 − 𝟐) + 𝑩𝟑𝒙
𝟐
𝒙𝟐(𝒙 − 𝟐)
→
𝒙𝟐 − 𝟏
𝒙𝟐(𝒙 − 𝟐)
=
𝑩𝟏𝒙 − 𝟐𝑩𝟏 + 𝑩𝟐𝒙
𝟐 − 𝟐𝑩𝟐𝒙 + 𝑩𝟑𝒙
𝟐
𝒙𝟐(𝒙 − 𝟐)
 
𝒙𝟐 − 𝟏
𝒙𝟐(𝒙 − 𝟐)
=
(𝑩𝟐 + 𝑩𝟑)𝒙
𝟐 + (𝑩𝟏 − 𝟐𝑩𝟐)𝒙 − 𝟐𝑩𝟏
𝒙𝟐(𝒙 − 𝟐)
 
Como os denominadores são iguais, para que a igualdade seja verdadeira, os numeradores 
também devem ser iguais, assim: 
𝒙𝟐 − 𝟏 = (𝑩𝟐 + 𝑩𝟑)𝒙
𝟐 + (𝑩𝟏 − 𝟐𝑩𝟐)𝒙 − 𝟐𝑩𝟏 
E como isto é uma igualdade entre polinômios, os coeficientes que acompanham as variáveis do 
lado esquerdo da igualdade, devem ser iguais, aos coeficientes das variáveis de mesmo grau do 
lado direito da igualdade. Podemos reescrever: 
𝒙𝟐 + 𝟎𝒙 − 𝟏 = (𝑩𝟐 + 𝑩𝟑)𝒙
𝟐 + (𝑩𝟏 − 𝟐𝑩𝟐)𝒙 − 𝟐𝑩𝟏 
E comparamos: 
𝑩𝟐 + 𝑩𝟑 = 𝟏 → 𝑩𝟑 = 𝟏 − 𝑩𝟐 (1) 
𝑩𝟏 − 𝟐𝑩𝟐 = 𝟎 → −𝟐𝑩𝟐 = −𝑩𝟏 → 𝑩𝟐 =
𝑩𝟏
𝟐
 (2) 
−𝟐𝑩𝟏 = −𝟏 → 𝑩𝟏 =
𝟏
𝟐
 (3) 
Substituindo (3) em (2), temos: 
𝑩𝟐 =
𝑩𝟏
𝟐
→ 𝑩𝟐 =
𝟏
𝟐
𝟐
→ 𝑩𝟐 =
𝟏
𝟒
 (4) 
Substituindo (4) em (1), temos: 
𝑩𝟑 = 𝟏 − 𝑩𝟐 → 𝑩𝟑 = 𝟏 −
𝟏
𝟒
→ 𝑩𝟑 =
𝟑
𝟒
 
Assim, temos 𝑩𝟏 =
𝟏
𝟐
, 𝑩𝟐 =
𝟏
𝟒
 e 𝑩𝟑 =
𝟑
𝟒
. 
 
 
10 
 
7º) Substituímos o valor das constantes 𝑩𝟏, 𝑩𝟐 e 𝑩𝟑 na resposta da integral para termos sua 
solução: 
∫
𝒙𝟐 − 𝟏
𝒙𝟐(𝒙 − 𝟐)
𝒅𝒙 = −
𝑩𝟏
𝒙
+ 𝑩𝟐 ∙ 𝒍𝒏(𝒙) + 𝑩𝟑 ∙ 𝒍𝒏(𝒙 − 𝟐) + 𝑪 = −
𝟏
𝟐
𝒙
+
𝟏
𝟒
∙ 𝒍𝒏(𝒙) +
𝟑
𝟒
∙ 𝒍𝒏(𝒙 − 𝟐) + 𝑪 
𝑭(𝒙) = −
𝟏
𝟐𝒙
+
𝒍𝒏(𝒙)
𝟒
+
𝟑𝒍𝒏(𝒙 − 𝟐)
𝟒
+ 𝑪 
Pelas propriedades dos logaritmos ainda podemos ter: 
𝑭(𝒙) = −
𝟏
𝟐𝒙
+
𝒍𝒏(𝒙) + 𝟑𝒍𝒏(𝒙 − 𝟐)
𝟒
+ 𝑪 → 𝑭(𝒙) = −
𝟏
𝟐𝒙
+
𝒍𝒏(𝒙) + 𝟑𝒍𝒏(𝒙 − 𝟐)
𝟒
+ 𝑪 → 
𝑭(𝒙) = −
𝟏
𝟐𝒙
+
𝒍𝒏(𝒙) + 𝒍𝒏(𝒙 − 𝟐)𝟑
𝟒
+ 𝑪 → 𝑭(𝒙) = −
𝟏
𝟐𝒙
+
𝒍𝒏(𝒙 ∙ (𝒙 − 𝟐)𝟑)
𝟒
+ 𝑪 → 
𝑭(𝒙) = −
𝟏
𝟐𝒙
+ 𝒍𝒏 (√𝒙 ∙ (𝒙 − 𝟐)𝟑
𝟒
) + 𝑪 
2) ∫
3𝑥2−10
𝑥2−4𝑥+4
𝑑𝑥 
 
11 
 
3) ∫
2𝑥2−10𝑥+4
(𝑥+1)(𝑥−3)2
𝑑𝑥 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução dos exercícios da Lista 02 
12 
 
INTEGRAIS DE PRODUTOS E POTÊNCIAS DE FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS 
 
Exemplos 
a) ∫ 𝑠𝑒𝑛(𝑥) cos(𝑥) 𝑑𝑥 
 
 
 
 
 
 
 
b) ∫ 𝑠𝑒𝑛2(3𝑥) cos(3𝑥) 𝑑𝑥 
 
 
 
 
 
 
 
 
c) ∫ 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) cos3(2𝑥)𝑑𝑥 
 
 
 
 
 
 
 
 
d) ∫ 𝑡𝑔3(𝑥) sec2(𝑥)𝑑𝑥 
 
 
 
 
 
 
 
 
e) ∫ 𝑐𝑜𝑡𝑔4(𝑥)𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐2(𝑥)𝑑𝑥 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Em outras situações como por exemplo, ∫ cos3(𝑥) 𝑑𝑥, ∫ sen2(𝑥) 𝑑𝑥, ∫ sen2(𝑥) cos3(𝑥) 𝑑𝑥, 
∫ tg4(𝑥) 𝑑𝑥, ∫ sen3(𝑥) 𝑑𝑥 e ∫ cossec3(𝑥) 𝑑𝑥 iniciamos o processo, utilizando identidades 
trigonométricas elementares (ver formulário). 
 
13 
 
SENO E COSSENO 
 
Caso 1. ∫ 𝑠𝑒𝑛𝑛(𝑢)𝑑𝑢 ou ∫ cos𝑛(𝑢)𝑑𝑢 onde n é um número inteiro ímpar 
 
Dica: expandimos o expoente de modo a ficar com 𝑠𝑒𝑛2(𝑢) ou cos2(𝑢). 
Usamos 𝑠𝑒𝑛2(𝑥) + cos2(𝑥) = 1, então 𝑠𝑒𝑛2(𝑥) = 1 − cos2(𝑥), cos2(𝑥) = 1 − 𝑠𝑒𝑛2(𝑥). 
 
Exemplos 
1) ∫ cos3(𝑥) 𝑑𝑥 
Resposta: Para resolver esta integral, primeiramente vamos reescrevê-la: 
∫𝐜𝐨𝐬𝟑(𝒙) 𝒅𝒙 = ∫𝒄𝒐𝒔𝟐(𝒙) ∙ 𝒄𝒐𝒔(𝒙)𝒅𝒙 
Depois disto, fazemos a substituição 𝒄𝒐𝒔𝟐(𝒙) = 𝟏 − 𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒙): 
∫𝒄𝒐𝒔𝟐(𝒙) ∙ 𝒄𝒐𝒔(𝒙)𝒅𝒙 = ∫(𝟏 − 𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒙)) ∙ 𝒄𝒐𝒔(𝒙)𝒅𝒙 
Trabalhando com a expressão no interior da integral, temos: 
∫(𝟏 − 𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒙)) ∙ 𝒄𝒐𝒔(𝒙)𝒅𝒙 = ∫(𝒄𝒐𝒔(𝒙) − 𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒙) ∙ 𝒄𝒐𝒔(𝒙))𝒅𝒙 = 
∫𝒄𝒐𝒔(𝒙)𝒅𝒙 − ∫𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒙) ∙ 𝒄𝒐𝒔(𝒙)𝒅𝒙 
Resolvemos facilmente a integral: 
∫𝒄𝒐𝒔(𝒙)𝒅𝒙 = −𝒔𝒆𝒏(𝒙) 
Para resolvermos a integral ∫ 𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒙) ∙ 𝒄𝒐𝒔(𝒙)𝒅𝒙, utilizamos da substituição de variáveis: 
∫ 𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒙) ∙ 𝒄𝒐𝒔(𝒙)𝒅𝒙, onde 𝒖 = 𝒔𝒆𝒏(𝒙), 𝒅𝒖 = 𝒄𝒐𝒔(𝒙), substituindo na integral, 
∫𝒖𝟐𝒅𝒖 =
𝒖𝟑
𝟑
=
𝒔𝒆𝒏𝟑(𝒙)
𝟑
 
Assim, nossa integral fica: 
∫𝒄𝒐𝒔(𝒙)𝒅𝒙 − ∫𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒙) ∙ 𝒄𝒐𝒔(𝒙)𝒅𝒙 = −𝒔𝒆𝒏(𝒙) +
𝒔𝒆𝒏𝟑(𝒙)
𝟑
+ 𝑪 
Logo, ∫ 𝐜𝐨𝐬𝟑(𝒙)𝒅𝒙 = −𝒔𝒆𝒏(𝒙) +
𝒔𝒆𝒏𝟑(𝒙)
𝟑
+ 𝑪 
 
2) ∫ 𝑠𝑒𝑛5(4𝑥)𝑑𝑥 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
14 
 
Caso 2. ∫ 𝑠𝑒𝑛𝑛(𝑢)𝑑𝑢 ou ∫ cos𝑛(𝑢)𝑑𝑢 onde n é um número par 
 
Dica: Usamos 𝑠𝑒𝑛2(𝑥) =
1−cos(2𝑥)2
 ou cos2(𝑥) =
1+𝑐𝑜𝑠(𝑥)
2
 
 
Exemplos 
1) ∫ 𝑠𝑒𝑛2(𝑥)𝑑𝑥 
Resposta: Para resolver esta integral, fazemos a substituição 𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒙) =
𝟏−𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒙)
𝟐
: 
∫𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒙)𝒅𝒙 = ∫
𝟏 − 𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒙)
𝟐
𝒅𝒙 = 
Trabalhando com a expressão no interior da integral, temos: 
∫
𝟏 − 𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒙)
𝟐
𝒅𝒙 = ∫
𝟏
𝟐
𝒅𝒙 − ∫
𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒙)
𝟐
𝒅𝒙 =
𝟏
𝟐
∙ ∫𝒅𝒙 −
𝟏
𝟐
∙ ∫𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒙)𝒅𝒙 = 
Resolvemos facilmente a integral: 
𝟏
𝟐
∙ ∫𝒅𝒙 =
𝟏
𝟐
𝒙 =
𝒙
𝟐
 
Para resolvermos a integral 
𝟏
𝟐
∙ ∫ 𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒙)𝒅𝒙, utilizamos da substituição de variáveis: 
𝟏
𝟐
∙ ∫ 𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒙)𝒅𝒙, onde 𝒖 = 𝟐𝒙, 𝒅𝒖 = 𝟐𝒅𝒙 →
𝒅𝒖
𝟐
= 𝒅𝒙, substituindo na integral, 
𝟏
𝟐
∙ ∫𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒙)𝒅𝒙 =
𝟏
𝟐
∙ ∫ 𝒄𝒐𝒔(𝒖) ∙
𝒅𝒖
𝟐
=
𝟏
𝟒
∙ ∫𝒄𝒐𝒔(𝒖)𝒅𝒖 = −
𝟏
𝟒
𝒔𝒆𝒏(𝒖) = −
𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒙)
𝟒
 
Assim, nossa integral fica: 
∫𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒙)𝒅𝒙 = ∫
𝟏 − 𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒙)
𝟐
𝒅𝒙 =
𝒙
𝟐
− (−
𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒙)
𝟒
) + 𝑪 =
𝒙
𝟐
+
𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒙)
𝟒
+ 𝑪 
Logo, ∫ 𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒙)𝒅𝒙 =
𝒙
𝟐
+
𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒙)
𝟒
+ 𝑪 
 
2) ∫ cos2(3𝑥) 𝑑𝑥 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
15 
 
Caso 3. ∫ 𝑠𝑒𝑛𝑛(𝑥) cos𝑚(𝑥) 𝑑𝑥 onde pelo menos um dos expoente é ímpar (abre-se o expoente ímpar e 
substitui-se). 
 
Dica: Usamos 𝑠𝑒𝑛2(𝑥) + cos2(𝑥) = 1, então 𝑠𝑒𝑛2(𝑥) = 1 − cos2(𝑥), cos2(𝑥) = 1 − 𝑠𝑒𝑛2(𝑥). 
 
Exemplos 
1) ∫ 𝑠𝑒𝑛3(𝑥) cos4(𝑥) 𝑑𝑥 = 
Resposta: Para resolver esta integral, primeiramente vamos reescrevê-la: 
∫𝒔𝒆𝒏𝟑(𝒙) 𝐜𝐨𝐬𝟒(𝒙) 𝒅𝒙 = ∫𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒙) ∙ 𝒔𝒆𝒏(𝒙) ∙ 𝒄𝒐𝒔𝟒(𝒙)𝒅𝒙 
Depois disto, fazemos a substituição 𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒙) = 𝟏 − 𝒄𝒐𝒔𝟐(𝒙): 
∫𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒙) ∙ 𝒔𝒆𝒏(𝒙) ∙ 𝒄𝒐𝒔𝟒(𝒙)𝒅𝒙 = ∫(𝟏 − 𝒄𝒐𝒔𝟐(𝒙)) ∙ 𝒔𝒆𝒏(𝒙) ∙ 𝒄𝒐𝒔𝟒(𝒙)𝒅𝒙 
Trabalhando com a expressão no interior da integral, temos: 
∫(𝟏 − 𝒄𝒐𝒔𝟐(𝒙)) ∙ 𝒔𝒆𝒏(𝒙) ∙ 𝒄𝒐𝒔𝟒(𝒙)𝒅𝒙 = ∫𝒔𝒆𝒏(𝒙) ∙ 𝒄𝒐𝒔𝟒(𝒙)𝒅𝒙 − ∫𝒔𝒆𝒏(𝒙) ∙ 𝒄𝒐𝒔𝟔(𝒙)𝒅𝒙 
Para resolvermos tanto a integral ∫ 𝒔𝒆𝒏(𝒙) ∙ 𝒄𝒐𝒔𝟒(𝒙)𝒅𝒙, quanto ∫ 𝒔𝒆𝒏(𝒙) ∙ 𝒄𝒐𝒔𝟔(𝒙)𝒅𝒙 utilizamos 
da substituição de variáveis, onde 𝒖 = 𝒄𝒐𝒔(𝒙), 𝒅𝒖 = −𝒔𝒆𝒏(𝒙)𝒅𝒙 → −𝒅𝒖 = 𝒔𝒆𝒏(𝒙)𝒅𝒙, assim, 
temos: 
1) ∫ 𝒔𝒆𝒏(𝒙) ∙ 𝒄𝒐𝒔𝟒(𝒙)𝒅𝒙 = ∫𝒄𝒐𝒔𝟒(𝒙) ∙ 𝒔𝒆𝒏(𝒙)𝒅𝒙 = ∫𝒖𝟒 ∙ (−𝒅𝒖) = −∫𝒖𝟒𝒅𝒖 = −
𝒖𝟓
𝟓
= −
𝒄𝒐𝒔𝟓(𝒙)
𝟓
 
2) ∫ 𝒔𝒆𝒏(𝒙) ∙ 𝒄𝒐𝒔𝟔(𝒙)𝒅𝒙 = ∫𝒄𝒐𝒔𝟔(𝒙) ∙ 𝒔𝒆𝒏(𝒙)𝒅𝒙 = ∫𝒖𝟔 ∙ (−𝒅𝒖) = −∫𝒖𝟔𝒅𝒖 = −
𝒖𝟕
𝟕
= −
𝒄𝒐𝒔𝟕(𝒙)
𝟕
 
Por fim, nossa integral fica: 
∫𝒔𝒆𝒏(𝒙) ∙ 𝒄𝒐𝒔𝟒(𝒙)𝒅𝒙 − ∫𝒔𝒆𝒏(𝒙) ∙ 𝒄𝒐𝒔𝟔(𝒙)𝒅𝒙 = −
𝒄𝒐𝒔𝟓(𝒙)
𝟓
− (−
𝒄𝒐𝒔𝟕(𝒙)
𝟕
) + 𝑪 = 
−
𝒄𝒐𝒔𝟓(𝒙)
𝟓
+
𝒄𝒐𝒔𝟕(𝒙)
𝟕
+ 𝑪 
Logo, ∫ 𝒔𝒆𝒏𝟑(𝒙) 𝐜𝐨𝐬𝟒(𝒙) 𝒅𝒙 = −
𝒄𝒐𝒔𝟓(𝒙)
𝟓
+
𝒄𝒐𝒔𝟕(𝒙)
𝟕
+ 𝑪 
 
2) ∫ 𝑠𝑒𝑛4(2𝑥) cos3(2𝑥) 𝑑𝑥 = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
16 
 
Caso 4. ∫ 𝑠𝑒𝑛𝑛(𝑥) cos𝑚(𝑥) 𝑑𝑥 onde m e n são pares 
 
Dica: Usamos: 𝑠𝑒𝑛2(𝑥) =
1−cos(2𝑥)
2
 ou cos2(𝑥) =
1+cos(2𝑥)
2
 
 
Exemplos 
1) ∫ 𝑠𝑒𝑛2(𝑥) cos2(𝑥) 𝑑𝑥 
Resposta: Para resolver esta integral, fazemos a substituição 𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒙) =
𝟏−𝐜𝐨𝐬(𝟐𝒙)
𝟐
, 𝐜𝐨𝐬𝟐(𝒙) =
𝟏+𝐜𝐨𝐬(𝟐𝒙)
𝟐
: 
∫𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒙) 𝐜𝐨𝐬𝟐(𝒙)𝒅𝒙 = ∫
𝟏 − 𝐜𝐨𝐬(𝟐𝒙)
𝟐
∙
𝟏 + 𝐜𝐨𝐬(𝟐𝒙)
𝟐
𝒅𝒙 
Trabalhando com a expressão no interior da integral, temos: 
∫
𝟏 − 𝐜𝐨𝐬(𝟐𝒙)
𝟐
∙
𝟏 + 𝐜𝐨𝐬(𝟐𝒙)
𝟐
𝒅𝒙 = ∫
𝟏 − 𝐜𝐨𝐬𝟐(𝟐𝒙)
𝟒
𝒅𝒙 = ∫
𝟏
𝟒
𝒅𝒙 − ∫
𝐜𝐨𝐬𝟐(𝟐𝒙)
𝟒
𝒅𝒙 = 
𝟏
𝟒
∙ ∫𝒅𝒙 −
𝟏
𝟒
∙ ∫ 𝐜𝐨𝐬𝟐(𝟐𝒙)𝒅𝒙 
Resolvemos facilmente a integral: 
𝟏
𝟒
∙ ∫𝒅𝒙 =
𝟏
𝟒
𝒙 =
𝒙
𝟒
 
Para resolvermos a integral ∫ 𝐜𝐨𝐬𝟐(𝟐𝒙)𝒅𝒙, utilizamos do Caso 2 das integrais de potências de 
trigonométricas e substituímos 𝐜𝐨𝐬𝟐(𝟐𝒙) =
𝟏+𝒄𝒐𝒔(𝟒𝒙)
𝟐
, então: 
∫𝐜𝐨𝐬𝟐(𝟐𝒙)𝒅𝒙 = ∫
𝟏 + 𝒄𝒐𝒔(𝟒𝒙)
𝟐
𝒅𝒙 = ∫
𝟏
𝟐
𝒅𝒙 + ∫
𝒄𝒐𝒔(𝟒𝒙)
𝟐
𝒅𝒙 =
𝟏
𝟐
∫𝒅𝒙 +
𝟏
𝟐
∫𝒄𝒐𝒔(𝟒𝒙)𝒅𝒙 = 
– Resolvemos: 
𝟏
𝟐
∫𝒅𝒙 =
𝟏
𝟐
𝒙 =
𝒙
𝟐
 
– E, 
𝟏
𝟐
∫ 𝒄𝒐𝒔(𝟒𝒙)𝒅𝒙, usamos substituição de variáveis, onde 𝒖 = 𝟒𝒙 e 𝒅𝒖 = 𝟒𝒅𝒙 →
𝒅𝒖
𝟒
= 𝒅𝒙, assim: 
𝟏
𝟐
∫𝒄𝒐𝒔(𝟒𝒙)𝒅𝒙 =
𝟏
𝟐
∫𝒄𝒐𝒔(𝒖) ∙
𝒅𝒖
𝟒
=
𝟏
𝟖
∫𝒄𝒐𝒔(𝒖)𝒅𝒖 =
𝟏
𝟖
∙ (−𝒔𝒆𝒏(𝒖)) = −
𝒔𝒆𝒏(𝒖)
𝟖
= −
𝒔𝒆𝒏(𝟒𝒙)
𝟖
 
- Por fim, 
𝟏
𝟐
∫𝒅𝒙 +
𝟏
𝟐
∫ 𝒄𝒐𝒔(𝟒𝒙)𝒅𝒙 =
𝒙
𝟐
−
𝒔𝒆𝒏(𝟒𝒙)
𝟖
. 
Voltando para a integral inicial, temos: 
𝟏
𝟒
∙ ∫𝒅𝒙 −
𝟏
𝟒
∙ ∫ 𝐜𝐨𝐬𝟐(𝟐𝒙)𝒅𝒙 =
𝒙
𝟒
+
𝒙
𝟐
−
𝒔𝒆𝒏(𝟒𝒙)
𝟖
+ 𝑪 =
𝟑𝒙
𝟒
−
𝒔𝒆𝒏(𝟒𝒙)
𝟖
+ 𝑪 
Logo, ∫ 𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒙) 𝐜𝐨𝐬𝟐(𝒙) 𝒅𝒙 =
𝟑𝒙
𝟒
−
𝒔𝒆𝒏(𝟒𝒙)
𝟖
+ 𝑪 
 
2) ∫ 𝑠𝑒𝑛2(3𝑥) cos2(3𝑥) 𝑑𝑥 
 
 
 
17 
 
3) ∫ 𝑠𝑒𝑛2(𝑥) cos4(𝑥) 𝑑𝑥 
 
 
18 
 
TANGENTE, COTANGENTE, SECANTE E COSSECANTE 
 
Caso 1. ∫ 𝑡𝑔𝑛(𝑢)𝑑𝑢 ou ∫ 𝑐𝑜𝑡𝑔𝑛(𝑢)𝑑𝑢 n inteiro positivo. 
 
Dica: Usamos: 𝑡𝑔𝑛(𝑢) = 𝑡𝑔𝑛−2(𝑢)(sec2(𝑢) − 1); 𝑐𝑜𝑡𝑔𝑛(𝑢) = 𝑐𝑜𝑡𝑔𝑛−2(𝑢)(𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐2(𝑢) − 1) 
 
Exemplo: ∫ 𝑡𝑔4(𝑥)𝑑𝑥 
Resposta: Para resolver esta integral, fazemos a substituição 𝒕𝒈𝒏(𝒖) = 𝒕𝒈𝒏−𝟐(𝒖)(𝐬𝐞𝐜𝟐(𝒖) − 𝟏): 
∫𝒕𝒈𝟒(𝒙)𝒅𝒙 = ∫𝒕𝒈𝟐(𝒙) ∙ (𝒔𝒆𝒄𝟐(𝒖) − 𝟏)𝒅𝒙 
Trabalhando com a expressão no interior da integral, temos: 
∫𝒕𝒈𝟐(𝒙) ∙ (𝒔𝒆𝒄𝟐(𝒖) − 𝟏)𝒅𝒙 = ∫𝒕𝒈𝟐(𝒙) ∙ 𝒔𝒆𝒄𝟐(𝒖)𝒅𝒙 − ∫𝒕𝒈𝟐(𝒙)𝒅𝒙 
Resolvendo cada uma das partes da integral fazemos: 
Primeiro, resolvemos ∫ 𝒕𝒈𝟐(𝒙) ∙ 𝒔𝒆𝒄𝟐(𝒖)𝒅𝒙 aplicando substituição de variáveis, onde 𝒖 = 𝒕𝒈(𝒙), 
𝒅𝒖 = 𝒔𝒆𝒄𝟐(𝒙)𝒅𝒙, assim, temos: ∫ 𝒕𝒈𝟐(𝒙) ∙ 𝒔𝒆𝒄𝟐(𝒖)𝒅𝒙 = ∫𝒖𝟐𝒅𝒖 =
𝒖𝟑
𝟑
=
𝒕𝒈𝟑(𝒙)
𝟑
 
Depois, resolvemos ∫ 𝒕𝒈𝟐(𝒙)𝒅𝒙 para tal, precisamos aplicar novamente a substituição 
𝒕𝒈𝒏(𝒖) = 𝒕𝒈𝒏−𝟐(𝒖)(𝐬𝐞𝐜𝟐(𝒖) − 𝟏), assim, temos: ∫ 𝒕𝒈𝟐(𝒙)𝒅𝒙 = ∫ 𝒕𝒈𝟎(𝒙)(𝐬𝐞𝐜𝟐(𝒙) − 𝟏)𝒅𝒙 = 
∫(𝐬𝐞𝐜𝟐(𝒙) − 𝟏)𝒅𝒙 = ∫𝐬𝐞𝐜𝟐(𝒙)𝒅𝒙 − ∫𝒅𝒙 = 𝒕𝒈(𝒙) − 𝒙 
Por fim, nossa integral fica: 
∫𝒕𝒈𝟐(𝒙) ∙ 𝒔𝒆𝒄𝟐(𝒖)𝒅𝒙 − ∫𝒕𝒈𝟐(𝒙)𝒅𝒙 =
𝒕𝒈𝟑(𝒙)
𝟑
+ 𝒕𝒈(𝒙) − 𝒙 + 𝑪 
Logo, ∫ 𝐭𝐠𝟒(𝒙) 𝒅𝒙 =
𝒕𝒈𝟑(𝒙)
𝟑
+ 𝒕𝒈(𝒙) − 𝒙 + 𝑪 
 
Caso 2. ∫ sec𝑛(𝑢)𝑑𝑢 ou ∫ 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐𝑛(𝑢)𝑑𝑢 n par positivo 
 
Dica: Usamos: sec𝑛(𝑢) = (𝑡𝑔2(𝑢) + 1)
𝑛−2
2 ∙ sec2(𝑢) 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐𝑛(𝑢) = (𝑐𝑜𝑡𝑔2(𝑢) + 1)
𝑛−2
2 ∙
𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐2(𝑢) 
 
Exemplo: ∫ 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐4(𝑥)𝑑𝑥 
Resposta: 
Para resolver esta integral, fazemos a substituição 𝒄𝒐𝒔𝒔𝒆𝒄𝒏(𝒖) = (𝒄𝒐𝒕𝒈𝟐(𝒖) + 𝟏)
𝒏−𝟐
𝟐 ∙
𝐜𝐨𝐬𝐬𝐞𝐜𝟐(𝒖): 
∫𝒄𝒐𝒔𝒔𝒆𝒄𝟒(𝒙)𝒅𝒙 = ∫(𝒄𝒐𝒕𝒈𝟐(𝒙) + 𝟏) ∙ 𝐜𝐨𝐬𝐬𝐞𝐜𝟐(𝒙)𝒅𝒙 
Trabalhando com a expressão no interior da integral, temos: 
∫(𝒄𝒐𝒕𝒈𝟐(𝒙) + 𝟏) ∙ 𝐜𝐨𝐬𝐬𝐞𝐜𝟐(𝒙)𝒅𝒙 = ∫𝒄𝒐𝒕𝒈𝟐(𝒙) ∙ 𝐜𝐨𝐬𝐬𝐞𝐜𝟐(𝒙)𝒅𝒙 + ∫𝐜𝐨𝐬𝐬𝐞𝐜𝟐(𝒙) 𝒅𝒙 
Resolvendo cada uma das partes da integral fazemos: 
Primeiro, resolvemos ∫ 𝒄𝒐𝒕𝒈𝟐(𝒙) ∙ 𝐜𝐨𝐬𝐬𝐞𝐜𝟐(𝒙) 𝒅𝒙 aplicando substituição de variáveis, onde 
𝒖 = 𝒄𝒐𝒕𝒈(𝒙), 𝒅𝒖 = −𝒄𝒐𝒔𝒔𝒆𝒄𝟐(𝒙)𝒅𝒙 → −𝒅𝒖 = 𝒄𝒐𝒔𝒔𝒆𝒄𝟐(𝒙)𝒅𝒙, assim, temos: 
∫𝒄𝒐𝒕𝒈𝟐(𝒙) ∙ 𝒄𝒐𝒔𝒔𝒆𝒄𝟐(𝒖)𝒅𝒙 = ∫𝒖𝟐 ∙ (−𝒅𝒖) = −∫𝒖𝟐𝒅𝒖 = −
𝒖𝟑
𝟑
= −
𝒄𝒐𝒕𝒈𝟑(𝒙)
𝟑
 
Depois, resolvemos ∫ 𝒄𝒐𝒔𝒔𝒆𝒄𝟐(𝒙)𝒅𝒙 = −𝒄𝒐𝒕𝒈(𝒙) 
Por fim, nossa integral fica: 
∫𝒄𝒐𝒕𝒈𝟐(𝒙) ∙ 𝐜𝐨𝐬𝐬𝐞𝐜𝟐(𝒙) 𝒅𝒙 + ∫𝐜𝐨𝐬𝐬𝐞𝐜𝟐(𝒙)𝒅𝒙 = −
𝒄𝒐𝒕𝒈𝟑(𝒙)
𝟑
− 𝒄𝒐𝒕𝒈(𝒙) + 𝑪 
Logo, ∫ 𝒄𝒐𝒔𝒔𝒆𝒄𝟒(𝒙)𝒅𝒙= −
𝒄𝒐𝒕𝒈𝟑(𝒙)
𝟑
− 𝒄𝒐𝒕𝒈(𝒙) + 𝑪 
19 
 
Caso 3. ∫ sec𝑛(𝑢)𝑑𝑢 ou ∫ 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐𝑛(𝑢)𝑑𝑢 n ímpar positivo. 
Usamos Integração por partes. 
 
Exemplo: ∫ sec3(𝑥) 𝑑𝑥 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Estes exemplos nos mostram que para determinar a primitiva de uma integral que envolve 
produtos ou potências de funções trigonométricas é necessário, em primeiro lugar, transformar a função 
a integrar por meio de identidades trigonométricas conhecidas, para depois usar alguns dos métodos. 
 
Resolução dos exercícios da Lista 03 
20 
 
INTEGRAÇÃO POR SUBSTITUIÇÃO TRIGONOMÉTRICA 
A substituição trigonométrica é utilizada para resolvermos integrais que contenham expressões 
como: √𝑎2 − 𝑏2𝑢2, √𝑎2 + 𝑏2𝑢2 e √𝑏2𝑢2 − 𝑎2. É possível resolver estas integrais fazendo uma 
substituição trigonométrica, que resulta em uma integral de funções trigonométricas. Podem ocorrer as 
seguintes situações: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplos 
1) ∫
𝑑𝑥
𝑥√𝑥2+9
 
Resposta: Para resolvermos uma integral por substituição trigonométrica precisamos realizar os 
seguintes passos: 
1º) Determinar o caso com o qual estamos trabalhando, ou seja, o tipo de radical que temos. 
Neste caso, como temos √𝒙𝟐 + 𝟗, temos um radical do tipo √𝒂𝟐 + 𝒃𝟐𝒖𝟐, pois podemos escrever 
√𝟑𝟐 + 𝟏𝟐𝒙𝟐. Estamos trabalhando com o caso onde 𝒖 =
𝒂
𝒃
𝒕𝒈(𝜽); 𝒅𝒖 =
𝒂
𝒃
𝒔𝒆𝒄𝟐(𝜽)𝒅𝜽; 
√𝒂𝟐 + 𝒃𝟐𝒖𝟐 = 𝒂𝒔𝒆𝒄(𝜽) 
2º) Determinar a, b, u. Como o radical √𝒙𝟐 + 𝟗 pode ser reescrito na forma √𝟑𝟐 + 𝟏𝟐𝒙𝟐, ao 
compararmos √𝟑𝟐 + 𝟏𝟐𝒙𝟐 com √𝒂𝟐 + 𝒃𝟐𝒖𝟐, encontraremos os valores de u, a, b: 
√𝟑𝟐 + 𝟏𝟐𝒙𝟐 = √𝒂𝟐 + 𝒃𝟐𝒖𝟐 
Da comparação tiramos que: 𝒂𝟐 = 𝟑𝟐 → 𝒂 = 𝟑; 𝒃𝟐 = 𝟏𝟐 → 𝒃 = 𝟏;𝒖𝟐 = 𝒙𝟐 → 𝒖 = 𝒙 
3º) Determinar 𝒖 =
𝒂
𝒃
𝒕𝒈(𝜽); 𝒅𝒖 =
𝒂
𝒃
𝒔𝒆𝒄𝟐(𝜽)𝒅𝜽; √𝒂𝟐 + 𝒃𝟐𝒖𝟐 = 𝒂𝒔𝒆𝒄(𝜽): 
𝒖 =
𝒂
𝒃
𝒕𝒈(𝜽) → 𝒙 =
𝟑
𝟏
𝒕𝒈(𝜽) → 𝒙 = 𝟑𝒕𝒈(𝜽) 𝒅𝒖 =
𝒂
𝒃
𝒔𝒆𝒄𝟐(𝜽)𝒅𝜽 → 𝒅𝒙 = 𝟑𝒔𝒆𝒄𝟐(𝜽)𝒅𝜽 
√𝒂𝟐 + 𝒃𝟐𝒖𝟐 = 𝒂𝒔𝒆𝒄(𝜽) → √𝟑𝟐 + 𝟏𝟐𝒙𝟐 = 𝟑𝒔𝒆𝒄(𝜽), ou ainda, √𝒙𝟐 + 𝟗 = 𝟑𝒔𝒆𝒄(𝜽). 
Ɵ( Ɵ( Ɵ( 
21 
 
4º) Realizar a substituição trigonométrica na integral: 
∫
𝒅𝒙
𝒙√𝒙𝟐 + 𝟗
= ∫
𝟑𝐬𝐞𝐜𝟐(𝜽)𝒅𝜽
𝟐𝒕𝒈(𝜽) ∙ 𝟑 𝐬𝐞𝐜(𝜽)
 
5º) Resolver a integral em 𝜽: 
∫
𝟑𝐬𝐞𝐜𝟐(𝜽)𝒅𝜽
𝟑𝒕𝒈(𝜽) ∙ 𝟑 𝐬𝐞𝐜(𝜽)
=
𝟏
𝟑
∙ ∫
𝐬𝐞𝐜(𝜽)𝒅𝜽
𝒕𝒈(𝜽)
=
𝟏
𝟑
∙ ∫
𝟏
𝐜𝐨𝐬(𝜽)
𝒔𝒆𝒏(𝜽)
𝐜𝐨𝐬(𝜽)
𝒅𝜽 =
𝟏
𝟑
∙ ∫
𝟏
𝐜𝐨𝐬(𝜽)
∙
𝐜𝐨𝐬(𝜽)
𝒔𝒆𝒏(𝜽)
𝒅𝜽 = 
𝟏
𝟑
∙ ∫
𝟏
𝐬𝐞𝐧(𝜽)
𝒅𝜽 =
𝟏
𝟑
∙ ∫𝒄𝒐𝒔𝒔𝒆𝒄(𝜽)𝒅𝜽 =
𝟏
𝟑
𝐥𝐧|𝒄𝒐𝒔𝒔𝒆𝒄(𝜽) − 𝒄𝒐𝒕𝒈(𝜽)| + 𝑪 
6º) Voltar de 𝜽 para x. Para isto, precisamos transformar 𝒄𝒐𝒔𝒔𝒆𝒄(𝜽) e 𝒄𝒐𝒕𝒈(𝜽) em funções de x. 
Utilizaremos das identidades trigonométricas: 
Transformando 𝒄𝒐𝒔𝒔𝒆𝒄(𝜽). Já que 𝒄𝒐𝒔𝒔𝒆𝒄(𝜽) =
𝒉𝒊𝒑𝒐𝒕𝒆𝒏𝒖𝒔𝒂
𝒄𝒂𝒕𝒆𝒕𝒐 𝒐𝒑𝒐𝒔𝒕𝒐
=
𝑯
𝑪𝑶
 e considerando o triângulo 
retângulo formado pelos elementos retirados da integral, que nos permitem afirmar que 𝑯 =
√𝒂𝟐 + 𝒃𝟐𝒖𝟐 = √𝒙𝟐 + 𝟗, 𝑪𝑶 = 𝒃 ∙ 𝒖 = 𝟏 ∙ 𝒙 = 𝒙, 𝑪𝑨 = 𝒂 = 𝟑, temos: 
𝒄𝒐𝒔𝒔𝒆𝒄(𝜽) =
𝑯
𝑪𝑶
=
√𝒙𝟐 + 𝟗
𝒙
 
Transformando 𝒄𝒐𝒕𝒈(𝜽). Sendo 𝒄𝒐𝒕𝒈(𝜽) =
𝒄𝒂𝒕𝒆𝒕𝒐 𝒂𝒅𝒋𝒂𝒄𝒆𝒏𝒕𝒆
𝒄𝒂𝒕𝒆𝒕𝒐 𝒐𝒑𝒐𝒔𝒕𝒐
=
𝑪𝑨
𝑪𝑶
, temos: 
𝒄𝒐𝒕𝒈(𝜽) =
𝑪𝑨
𝑪𝑶
=
𝟑
𝒙
 
Tendo as expressões que representam 𝒄𝒐𝒔𝒔𝒆𝒄(𝜽) e 𝒄𝒐𝒕𝒈(𝜽), e substituindo estas na solução da 
integral, temos: 
∫
𝒅𝒙
𝒙√𝒙𝟐 + 𝟗
=
𝟏
𝟑
𝐥𝐧|𝒄𝒐𝒔𝒔𝒆𝒄(𝜽) − 𝒄𝒐𝒕𝒈(𝜽)| + 𝑪 =
𝟏
𝟑
𝐥𝐧 |
√𝒙𝟐 + 𝟗
𝒙
−
𝟑
𝒙
| + 𝑪 =
𝟏
𝟑
𝐥𝐧 |
√𝒙𝟐 + 𝟗 − 𝟑
𝒙
| + 𝑪 
Logo, temos a solução da integral: 
∫
𝒅𝒙
𝒙√𝒙𝟐 + 𝟗
=
𝟏
𝟑
𝐥𝐧 |
√𝒙𝟐 + 𝟗 − 𝟑
𝒙
| + 𝑪 
 
2) ∫
√2−𝑥2
𝑥2
𝑑𝑥 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
22 
 
3) ∫
𝑑𝑥
𝑥3√9𝑥2−4
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução dos exercícios da Lista 04 
 
23 
 
FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL 
 
 
 
 
O domínio de uma função são todos os pontos onde a função está definida. 
Exemplos: Determine o domínio de cada uma das funções dadas abaixo. 
1) 𝑓(𝑥) =
1
𝑥
 
Resposta: Como esta função traz a variável, x, no denominador de sua sentença, esta apresenta 
uma condição de existência, onde o denominador dessa fração não deverá ser zero, pois, divisão 
por zero é uma indeterminação. Sendo assim, x deve ser diferente de zero (𝒙 ≠ 𝟎). Logo, o 
domínio da função será: 𝑫 = {𝒙 ∈ 𝑹/𝒙 ≠ 𝟎}. 
2) 𝑓(𝑥) =
1
√𝑥
 
 
 
 
3) 𝑓(𝑥) =
1
√𝑥
3 
 
 
 
4) 𝑓(𝑥) = ln (𝑥) 
 
 
 
5) 𝑓(𝑥) =
3
𝑥2−4
 
 
 
 
 
6) 𝑓(𝑥) = √𝑥2 − 1 
 
 
Variável independente 
Variável dependente 
y = f(x) 
24 
 
Algumas curvas e suas equações 
 
1) circunferência 
 
222 ryx 
 
r = raio
 
 
 
2) Elipse 
 
cbyax 22 
 
a, b e c são constantes não nulas 
 
 
3) Hipérbole 
cbyax 22 
 
ou 
cbyax 22 
 
a, b e c são constantes não nulas 
 
 
 
 
4) Parábola 
cbyax2 
 
ou 
cbyax2 
 
a, b e c são constantes não nulas 
 
 
 
5) Reta 
 
cbyax 
 
a, b e c são constantes não nulas 
 
 
 
 
25 
 
FUNÇÕES DE DUAS OU MAIS VARIÁVEIS 
Uma função de várias variáveis reais é uma regra que descreve como uma quantidade é 
determinada por outras quantidades, de maneira única. Através das funções de várias variáveis 
poderemos modelar uma grande quantidade de fenômenos dos mais diversos ramos da Ciência. 
 
São exemplos de funções de duas ou mais variáveis. 
1) O índice de massa corporal humano (IMC) é expresso por: 
𝐼𝑀𝐶(𝑃, 𝐴) =
𝑃
𝐴2
 
onde P é o peso em quilos e A a altura em m. O IMC indica se uma pessoa está acima ou abaixo do peso 
ideal, segundo a seguinte tabela da OMS (Organização Mundial da Saúde) 
Condição IMC 
Abaixo do peso 
Peso normal 
Acima do peso 
Obeso 
< 18.5 
18.5 ≤ IMC ≤ 25 
25 < IMC ≤ 30 
> 30 
 
2) Um circuito elétrico simples é constituído de 4 resistores como na figura: 
 
A intensidade da corrente I neste circuito é função das resistências Ri (i = 1; 2; 3; 4) e da tensão da fonte 
E; logo: 
𝐼(𝑅1, 𝑅2, 𝑅3, 𝑅4, 𝐸) =
𝐸
𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3 + 𝑅4
 
 
3) Área do retângulo  𝐴 = 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 ∙ 𝑦 
4) Função polinomial  𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) = 2𝑥2 + 3𝑦2 − 5𝑥𝑦 + 10 
5) Volume de um paralelepípedo  𝑉 = 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 ∙ 𝑦 ∙ 𝑧 
6) Função polinomial  𝑊 = 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑥2 + 3𝑥𝑦2 − 5𝑥𝑧2 + 2𝑥𝑦𝑧 
 
FUNÇÕES NO R
3 
Se uma variável “z” depende de duas outras “x e y”, de tal forma que a cada par (x,y) 
associamos um único valor para “z”, temos uma função de duas variáveis z = f(x,y). 
As variáveis “x e y” são chamadas variáveis independentes e a variável “z” é chamada de 
variável dependente. 
 
 
26 
 
DOMÍNIO E IMAGEM NO R
3 
Uma função de duas variáveis pode ser representada graficamente como uma superfície no 
espaço, fazendo-se z = f ( x, y ). Ao fazer o gráfico de uma função de x e y, tenha em mente que, 
embora o gráfico seja tridimensional, o domínio da função é bidimensional – consiste nos pontos do 
plano xy para os quais a função é definida.O conjunto de todos os pares (x,y) que satisfazem a função z formam um conjunto, chamado 
“domínio da função” e o conjunto de todos os valores possíveis de z, o que pode ser obtido aplicando a 
relação z aos pares ordenados (x,y) no domínio D, é denominado “imagem da função”. 
 
Exemplos. Considere cada uma das funções dada, determine e represente graficamente o conjunto 
domínio da função. 
1) 𝑧 = √9 − 𝑥2 − 𝑦2 
Resposta: Como o domínio de nossa função trata dos valores da variável 
independente (x) para os quais existam valores para a variável 
dependente (y), precisamos tomar cuidado com as condições de 
existência. Como este caso apresente uma raiz de índice par, sabemos 
que seu radicando deve ser maior ou igual a zero, assim, 
𝟗 − 𝒙𝟐 − 𝒚𝟐 ≥ 𝟎 → 𝟗 ≥ 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐, ou ainda, 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 ≤ 𝟗. 
Logo, 𝑫 = {(𝒙, 𝒚) ∈ 𝑹𝟐/𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 ≤ 𝟗}. Para o gráfico, podemos perceber que nossa expressão se 
trata de uma circunferência de raio 3, já que 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟑𝟐, seria a equação de uma 
circunferência. 
 
2) 𝑓(𝑥, 𝑦) =
𝑥
𝑥−𝑦
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3) 𝑓(𝑥, 𝑦) = ln (𝑦 − 𝑥) 
 
 
 
 
 
 
27 
 
 
4) 𝑓(𝑥, 𝑦) =
𝑦
√𝑥2+𝑦2−1
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5) 𝑓(𝑥, 𝑦) =
𝑦
√𝑥2+𝑦2+1
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
GRÁFICO 
Definimos o gráfico de uma função de duas variáveis como sendo o conjunto de todos os pontos 
(x,y,z) no espaço tridimensional, tal que (x,y) pertença ao domínio D de f. 
Sabemos que o domínio de z = f(x,y) está contido em R
2
 (D  R2) e a imagem (valores de z) está 
contida em R (Im  R). O gráfico da função G(f)  R3, isto é: 
 
𝐺(𝑓) = {(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑅3/𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦)}. 
 
O gráfico, G(f) pode ser um plano ou uma superfície curva no espaço tridimensional. 
 
O gráfico de f é uma superfície cuja projeção perpendicular ao plano xy é o domínio D. 
 
Para esboçarmos o gráfico de uma função de duas variáveis: 
1) determinamos o domínio da função e a representação deste domínio; 
2) encontramos os pontos de intersecção com os eixos; 
3) encontramos as curvas de intersecção com os planos coordenados. 
 
Para auxiliar na visualização do gráfico de z podemos realizar as intersecções com os eixos e com os 
planos coordenados. 
 
 
28 
 
Representando graficamente a função 
22 yx9z 
 
Intersecção com os eixos 
Eixo x Eixo y Eixo z 
 
 
Intersecção com os planos coordenados 
 
Plano xy Plano xz Plano yz 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Gráfico 
 
 
 
 
 
 
 
 
29 
 
CURVAS DE NÍVEIS 
Outro método de representar uma função de duas variáveis geometricamente é simular a 
representação de uma paisagem tridimensional por um mapa topológico bidimensional. 
Suponha que a superfície z = f(x, y) seja interceptada por um plano z = k e que a curva de 
interseção seja projetada no plano xy. A curva projetada tem por equação f(x, y) = k e é chamada de 
curva de nível (ou curva de contorno) da função f em k. 
Representando no plano xy conjuntamente várias destas curvas, todas do tipo h=constante 
obtemos um mapa topográfico da região. As curvas h = k (constante) são chamadas curvas de nível 
constante, ou somente curvas de nível da função h. 
No exemplo da função 
22 yx9z  
 
 
 
No caso de 
)y,x(f
 representar uma grandeza física, as curvas de nível ganham particular 
importância, recebendo inclusive denominações especiais: 
(a) Se 𝑓(𝑥, 𝑦) é a temperatura do ponto (𝑥, 𝑦) de uma chapa plana, as curvas 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑐 são 
chamadas isotermas. 
(b) Se 𝑓(𝑥, 𝑦) é a pressão de um gás de volume x e temperatura y, as curvas 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑐 são chamadas 
isóbaras. 
(c) Se 𝑓(𝑥, 𝑦) é o potencial (elétrico ou gravitacional) na região D do plano xy, as curvas 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑐 
são chamadas equipotenciais. 
 
Exemplos 
1) O potencial elétrico em uma região do plano xy é dado por 
22 yx
120
)y,x(V


. 
(a) qual é o lugar geométrico dos pontos cujo potencial é 30; 
Resposta: 
𝑽(𝒙, 𝒚) =
𝟏𝟐𝟎
𝒙𝟐+𝒚𝟐
→ 𝟑𝟎 =
𝟏𝟐𝟎
𝒙𝟐+𝒚𝟐
→ 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 =
𝟏𝟐𝟎
𝟑𝟎
→ 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟒 
 
(b) determine a curva equipotencial que passa pelo ponto (1, 1); 
Resposta: 
𝑽(𝒙, 𝒚) =
𝟏𝟐𝟎
𝒙𝟐+𝒚𝟐
→ 𝑽(𝟏, 𝟏) =
𝟏𝟐𝟎
𝟏𝟐+𝟏𝟐
→ 𝑽(𝟏, 𝟏) =
𝟏𝟐𝟎
𝟐
→ 𝑽(𝟏, 𝟏) = 𝟔𝟎 
𝑽(𝒙, 𝒚) =
𝟏𝟐𝟎
𝒙𝟐+𝒚𝟐
→ 𝟔𝟎 =
𝟏𝟐𝟎
𝒙𝟐+𝒚𝟐
→ 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 =
𝟏𝟐𝟎
𝟔𝟎
→ 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟐 
 
30 
 
2) A temperatura T em um ponto (x, y) em uma placa de metal plana é dada por 
  22 y2x4)y,xT 
. 
Trace as isotermas de T em 8, 4, 1 e 0. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3) Determine as curvas de níveis das funções 
a) 
yxz  para k = 1, 2, 3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
b) 
22 yxz  para k = 1, 4, 9 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
31 
 
LIMITES DE FUNÇÕES DE DUAS VARIÁVEIS 
 
No estudo de limites de funções de uma variável verificamos que dada uma função 𝑦 = 𝑓(𝑥), a 
teoria dos limites estuda a que valor tende y, na medida em que x tender a um determinado valor 𝑥0. Se 
𝑥 → 𝑥0 tanto pela direita como pela esquerda e y tender a um mesmo valor L então dizemos que 
lim𝑥→𝑥0 𝑓(𝑥) = 𝐿. 
Tratando-se com limites de funções de duas variáveis devemos supor que (𝑥, 𝑦) se aproxima de 
(𝑥0, 𝑦0) não apenas pela direita e pela esquerda, mas por qualquer direção. 
Dizer que lim𝑥→𝑥0
𝑦→𝑦0
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝐿
 
significa que quando (𝑥, 𝑦) tende a (𝑥0, 𝑦0) por qualquer 
direção, 𝑓(𝑥, 𝑦) tende a L. 
Exemplos. Analise o limite das funções dadas abaixo 
 
1) lim𝑥→2
𝑦→3
2𝑥 + 4𝑦 = 
Resposta: Para solucionamos esta questão, vamos substituir os valores de x e y na função: 
𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟐
𝒚→𝟑
𝟐𝒙 + 𝟒𝒚 = 𝟐 ∙ (𝟐) + 𝟒 ∙ (𝟑) = 𝟒 + 𝟏𝟐 = 𝟏𝟔 
Logo, 𝐥𝐢𝐦𝒙→𝟐
𝒚→𝟑
𝟐𝒙 + 𝟒𝒚 = 𝟏𝟔. 
 
2) lim𝑥→0
𝑦→0
1
𝑥+𝑦
= 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Indeterminações:  - ;  . 0; 
0
0
; 


; 0
0
, 1 ; 0 
Nos casos de indeterminações, podemos analisar a existência do limite, 
traçando infinitos caminhos que passam pela origem, então usaremos o 
caminho y = ax, a  R*, isto significa seguirmos por todas as retas que 
passam pela origem. 
 
32 
 
Exemplos 
1) Seja 𝑓(𝑥, 𝑦) a função 𝑓(𝑥, 𝑦) =
2𝑥2𝑦
3𝑥2+3𝑦2
. Verificar a existência do limite se (𝑥, 𝑦) → (0,0). 
Resposta: Para solucionamos esta questão, vamos substituir os valores de x e y na função: 
𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎
𝒚→𝟎
𝟐𝒙𝟐𝒚
𝟑𝒙𝟐 + 𝟑𝒚𝟐
=
𝟐(𝟎)𝟐(𝟎)
𝟑(𝟎)𝟐 + 𝟑(𝟎)𝟐
=
𝟎
𝟎
 
Neste caso nos deparamos com uma indeterminação, vamos, então, manusear a função utilizando 
𝒚 = 𝒂𝒙. 
𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎
𝒚→𝟎
𝟐𝒙𝟐𝒚
𝟑𝒙𝟐 + 𝟑𝒚𝟐
= 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎
𝟐𝒙𝟐 ∙ 𝒂𝒙
𝟑𝒙𝟐 + 𝟑(𝒂𝒙)𝟐
= 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎
𝟐𝒂𝒙𝟑
𝟑𝒙𝟐 + 𝟑𝒂𝟐𝒙𝟐
= 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎
𝟐𝒂𝒙𝟑
𝒙𝟐(𝟑 + 𝟑𝒂𝟐)
= 𝐥𝐢𝐦
𝒙→𝟎
𝟐𝒂𝒙
𝟑 + 𝟑𝒂𝟐
=
𝟐𝒂(𝟎)
𝟑 + 𝟑𝒂𝟐
= 𝟎 
Logo, 𝐥𝐢𝐦𝒙→𝟎
𝒚→𝟎
𝟐𝒙𝟐𝒚
𝟑𝒙𝟐+𝟑𝒚𝟐
= 𝟎 
 
2) Seja 𝑓(𝑥, 𝑦) a função definida por 𝑓(𝑥, 𝑦) =
𝑥2−𝑦2
𝑥2+𝑦2
. Verificar a existência do limite se 
(𝑥, 𝑦) → (0,0). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CONTINUIDADE DE FUNÇÕES DE DUAS VARIÁVEIS 
 
Uma função 𝑓(𝑥, 𝑦) é contínua em um ponto (𝑥0, 𝑦0) se e somente se; 
i) ∃ 𝑓(𝑥0, 𝑦0), ou seja, existe valor para a função, no ponto (𝑥0, 𝑦0); 
 
ii)∃ lim(𝑥,𝑦)→(𝑥0,𝑦0) 𝑓(𝑥, 𝑦), ou seja, existem valor limite para a função quando (𝑥, 𝑦) tende para 
(𝑥0, 𝑦0); 
 
iii) lim(𝑥,𝑦)→(𝑥0,𝑦0) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑥0, 𝑦0), ou seja, o valor do limite no ponto (𝑥0, 𝑦0) é igual ao valor da 
função neste ponto. 
 
Exemplos 
1) Seja 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑦2 + 5, verifique a continuidade em (0,0). 
Resposta: Para dizermos se uma função é ou não contínua em um determinado ponto, precisamos 
verificar as três condições dadas. Se as três forem satisfeitas a função é contínua no ponto, caso 
qualquer uma das três não seja satisfeita a função é descontínua no ponto. Verifiquemos: 
i) ∃ 𝒇(𝟎, 𝟎)? 𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝟓 → 𝒇(𝟎, 𝟎) = (𝟎)𝟐 + (𝟎)𝟐 + 𝟓 → 𝒇(𝟎, 𝟎) = 𝟓 
Logo, 𝒇(𝟎, 𝟎) existe e tem valor 5, 𝒇(𝟎, 𝟎) = 𝟓. Condição i) satisfeita. 
33 
 
ii) ∃ 𝐥𝐢𝐦(𝒙,𝒚)→(𝟎,𝟎)(𝒙
𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝟓)? 𝐥𝐢𝐦(𝒙,𝒚)→(𝟎,𝟎)(𝒙
𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝟓) = (𝟎)𝟐 + (𝟎)𝟐 + 𝟓 = 𝟓 
Logo, 𝐥𝐢𝐦(𝒙,𝒚)→(𝟎,𝟎)(𝒙
𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝟓) existe e tem valor 5, 𝐥𝐢𝐦(𝒙,𝒚)→(𝟎,𝟎)(𝒙
𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝟓) = 𝟓. Condição ii) 
satisfeita. 
iii) 𝐥𝐢𝐦(𝒙,𝒚)→(𝟎,𝟎)(𝒙
𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝟓) = 𝒇(𝟎, 𝟎)? 
Como 𝐥𝐢𝐦(𝒙,𝒚)→(𝟎,𝟎)(𝒙
𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝟓) = 𝟓 e 𝒇(𝟎, 𝟎) = 𝟓, 
𝐥𝐢𝐦(𝒙,𝒚)→(𝟎,𝟎)(𝒙
𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝟓) = 𝒇(𝟎, 𝟎) → 𝟓 = 𝟓. 
Logo, condição iii) satisfeita. Sendo as três condições satisfeitas, a função é contínua em (𝟎, 𝟎). 
 
2) Verifique a continuidade da função em (0,0), 𝑓(𝑥, 𝑦) = {
1
𝑥2+𝑦2
 𝑠𝑒 (𝑥, 𝑦) ≠ (0,0)
0 𝑠𝑒 (𝑥, 𝑦) = (0,0)
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução dos exercícios da Lista 05 e Lista Complementar 
 
34 
 
DERIVADAS PARCIAIS 
Nas aplicações das funções de várias variáveis muitas vezes é necessário determinar como uma 
função se comporta diante da variação de uma de suas variáveis independentes. O comportamento em 
questão pode ser estudado considerando-se uma variável de cada vez. 
Seja 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) uma função das variáveis independentes x e y. Como x e y são independentes, 
x pode variar permanecendo y constante, assim como y pode variar permanecendo x constante e “x, y” 
podem variar simultaneamente. 
Para analisar o comportamento das funções de duas variáveis (se z cresce ou decresce) pode-se 
escolher uma direção e calcular a taxa de variação de 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) ou seja, trata-se de calcular a 
derivada na direção escolhida. 
Escolhendo a direção “x” e derivando 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) considerando “x” como variável e “y” como 
constante, temos a derivada parcial de f em relação a x. 
A notação utilizada é 
xx fD
x
f
x
z






 
Escolhendo a direção “y” e derivando 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) considerando “y” como variável e “x” como 
constante, temos a derivada parcial de f em relação a y. 
A notação utilizada é 
yy fD
y
f
y
z






 
 
Exemplos 
1) Determine as derivadas parciais da função 𝑧 = 𝑥2𝑦 + 5𝑦3. 
a) 
𝜕𝑧
𝜕𝑥
= 𝟐𝒙 ∙ 𝒚 + 𝟎 = 𝟐𝒙𝒚 
 
b) 
𝜕𝑧
𝜕𝑦
= 𝒙𝟐 ∙ 𝟏 + 𝟓 ∙ 𝟑𝒚𝟐 = 𝒙𝟐 + 𝟏𝟓𝒚𝟐 
 
2) Seja 𝑧 = 𝑥2 + 𝑦3 determine o valor de: 
a) 
𝜕𝑧
𝜕𝑥
(3,−2) 
 
 
 
b) 
𝜕𝑧
𝜕𝑦
(3,−2) 
 
 
35 
 
3) Seja 𝑓(𝑥, 𝑦) = √𝑥2 + 4𝑦2 − 2 determine: 
a) 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 
 
 
 
 
b) 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 
 
 
 
 
4) Seja 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑥ln (𝑥2 + 3𝑦) determine: 
a) 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 
 
 
 
 
b) 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 
 
 
 
5) Seja 𝑓(𝑥, 𝑦) =
3𝑥2
𝑦+1 
determine: 
a) 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 
 
 
 
 
b) 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 
 
36 
 
 y 
y = y0 
INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA DAS DERIVADAS PARCIAIS 
Da mesma forma que para uma função de uma variável, a derivada parcial corresponde ao 
coeficiente angular de uma reta tangente a uma superfície 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) quando esta é interceptada pelos 
planos. 
Nas funções do tipo f(x,y), a derivada em relação a x, mede a inclinação da reta tangente à superfície, 
no ponto dado e numa seção paralela ao eixo x, com y constante, e numa seção paralela a y com x 
constante. 
 
Assim : 
x
f
)y,x(f)tan( 00x


 
 
y
f
)y,x(f)tan( 00y


 
 
Se o plano fixo for y, termos 𝑦 = 𝑦0 e o coeficiente angular da reta tangente será dado por 𝑚 =
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 
 
A equação da reta será dada por 
 
𝑧 − 𝑧0 = 𝑚(𝑥 − 𝑥0) 
 
 
 
 
Se o plano fixo for x, termos 𝑥 = 𝑥0 e o coeficiente angular da reta tangente será dado por 𝑚 =
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 
 
 
 
A equação da reta será dada por 
 
𝑧 − 𝑧0 = 𝑚(𝑦 − 𝑦0) 
 
 
Exemplo. Encontre a equação da reta tangente à curva de interseção da superfície 𝑧 = −𝑥2 − 𝑦2 + 4 no 
ponto 𝑃(1,2, −1) com os planos: 
a) y = 2 
Resposta: Para obtermos a equação da reta tangente neste caso, utilizaremos 𝒛 − 𝒛𝟎 = 𝒎(𝒙 − 𝒙𝟎), 
onde 𝒛𝟎 = −𝟏; 𝒙𝟎 = 𝟏 e m vamos obter calculando 
𝝏𝒛
𝝏𝒙
(𝟏, 𝟐, −𝟏): 
𝒎 =
𝝏𝒛
𝝏𝒙
(𝟏, 𝟐, −𝟏) = −𝟐𝒙 = −𝟐 ∙ (𝟏) = −𝟐 
Assim, a reta tangente fica: 
𝒛 − 𝒛𝟎 = 𝒎(𝒙 − 𝒙𝟎) → 𝒛 − (−𝟏) = −𝟐 ∙ (𝒙 − 𝟏) → 𝒛 + 𝟏 = −𝟐𝒙 + 𝟐 → 𝒛 = 𝟐𝒙 + 𝟏 
Logo, a reta tangente será: 𝒛 = 𝟐𝒙 + 𝟏 
 x 
x = x0 
37 
 
b) x = 1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
DERIVADA DE ORDEM SUPERIOR 
Como em funções de uma variável, derivada parcial sucessiva, significa derivar novamente uma 
função que anteriormente já foi derivada (derivar a derivada). 
 Derivada parcial de 𝑓𝑥 em relação a x será dada por: 𝑓𝑥𝑥 ou 
2
2
x
f


 
 Derivada parcial de 𝑓𝑦 em relação a y será dada por: 𝑓𝑦𝑦 ou 
2
2
y
f


 
 Derivada parcial de 𝑓𝑥 em relação a y será dada por: 𝑓𝑥𝑦 ou 
xy
f2


 (



 xy
f
ouf
2
xy
) 
 Derivada parcial de 𝑓𝑦 em relação a x será dada por: 𝑓𝑦𝑥 ou 
yx
f2


 (



 yx
f
ouf
2
yx
) 
 
Teorema de Schwartz: Suponha que f seja uma função de duas variáveis x e y, e 𝑓𝑥, 𝑓𝑦, 𝑓𝑥𝑦 e 𝑓𝑦𝑥 suas 
derivadas parciais. Se 𝑓𝑥𝑦 e 𝑓𝑦𝑥 sejam contínuas então: 𝑓𝑥𝑦 = 𝑓𝑦𝑥 
 
Exemplos 
1) Determine
 
𝑓𝑥𝑥, 𝑓𝑦𝑦, 𝑓𝑥𝑦 e 𝑓𝑦𝑥 da função 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥
2𝑦 + 𝑥𝑦2. 
Resposta: Para obtermos 𝒇𝒙𝒙 e 𝒇𝒙𝒚 primeiramente precisamos ter 𝒇𝒙 e, então, derivá-la em função 
de x (𝒇𝒙𝒙) e depois em função de y (𝒇𝒙𝒚): 
𝒇𝒙 = 𝟐𝒙𝒚 + 𝒚
𝟐 → 𝒇𝒙𝒙 = 𝟐𝒚 → 𝒇𝒙𝒚 = 𝟐𝒙 + 𝟐𝒚 
Para obtermos 𝒇𝒚𝒙 e 𝒇𝒚𝒚 primeiramente precisamos ter 𝒇𝒚 e, então, derivá-la em função de x 
(𝒇𝒚𝒙) e depois em função de y (𝒇𝒚𝒚): 
𝒇𝒚 = 𝒙
𝟐 + 𝟐𝒙𝒚 → 𝒇𝒚𝒙 = 𝟐𝒙 + 𝟐𝒚 → 𝒇𝒚𝒚 = 𝟐𝒙 
Logo, 𝒇𝒙𝒙 = 𝟐𝒚, 𝒇𝒙𝒚 = 𝒇𝒚𝒙 = 𝟐𝒙 + 𝟐𝒚 e 𝒇𝒚𝒚 = 𝟐𝒙. 
38 
 
2) Determine
 
𝑓𝑥𝑥, 𝑓𝑦𝑦, 𝑓𝑥𝑦 e 𝑓𝑦𝑥 da função 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑦
2𝑒𝑥 + 𝑦. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Equação de Laplace: Seja 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦) uma função duas vezes diferenciável. A equação de Laplace é: 
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
+
𝜕2𝑢
𝜕𝑦2
= 0 
A equação de Laplace está associada a fenômenos estacionários, isto é, independentes do tempo, como 
por exemplo, potenciais eletrostáticos. As soluções desta equação são chamadas funções harmônicas. 
 
Exemplos 
1) Mostre que a função satisfaz a equação de Laplace. 
a) 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 − 𝑦2 + 2𝑥𝑦 
Resposta: Para mostrarmos que 𝒖(𝒙, 𝒚) satisfaz a equação de Laplace, devemos encontrar as 
derivadas 
𝝏𝟐𝒖
𝝏𝒙𝟐
 e 
𝝏𝟐𝒖
𝝏𝒚𝟐
 e substituir na equação. Se a igualdade se mantiver, mostramos que 𝒖(𝒙, 𝒚) 
satisfaza equação de Laplace. Determinando as derivadas: 
𝝏𝒖
𝝏𝒙
= 𝟐𝒙 + 𝟐𝒚 →
𝝏𝟐𝒖
𝝏𝒙𝟐
= 𝟐 
𝝏𝒖
𝝏𝒚
= −𝟐𝒚 + 𝟐𝒙 →
𝝏𝟐𝒖
𝝏𝒚𝟐
= −𝟐 
Substituindo as derivadas na equação, temos: 
𝝏𝟐𝒖
𝝏𝒙𝟐
+
𝝏𝟐𝒖
𝝏𝒚𝟐
= 𝟎 → 𝟐 + (−𝟐) = 𝟎 → 𝟎 = 𝟎 
Como a igualdade se manteve, a função 𝒖(𝒙, 𝒚) é satisfaz a equação de Laplace 
 
b) 𝑢 = 𝑒𝑥𝑠𝑒𝑛(𝑦) + 𝑒𝑦cos (𝑥) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
39 
 
Equação da onda: Seja 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑡) uma função duas vezes diferenciável. A equação homogênea da 
onda é 
𝜕2𝑢
𝜕𝑡2
= 𝑐2
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
 onde 𝑐 > 0 (c é chamada a velocidade de propagação da onda). 𝑢(𝑥, 𝑡) descreve o 
deslocamento vertical de uma corda vibrante. 
 
Exemplo: Mostre que a função 𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝑠𝑒𝑛(𝑐𝜔𝑡)𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) satisfaz a equação da onda para todos os 
valores reais de 𝜔. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução dos exercícios da Lista 06 
 
MÁXIMOS E MÍNIMOS DE FUNÇÕES DE DUAS VARIÁVEIS 
Dada a função 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) contínua e diferenciável até 2ª ordem em um dado domínio R, dizemos que a 
função terá pontos críticos em 𝑃0 ∈ 𝑅 se: 
0
y
f
0
x
f






 ou 𝑓𝑥 = 0 𝑓𝑦 = 0 
 
A afirmação acima não garante que o ponto 𝑃0(𝑥0, 𝑦0) seja ponto de máximo ou de mínimo. Para 
verificar se 𝑃0 é ponto de máximo ou de mínimo é necessário calcular o determinante “D” da matriz 
Hessiana de f; 𝐻(𝑥, 𝑦) 
 
 
)oy,ox(
yyxy
xyxx
ff
ff
y,xH 






 
 
 𝑃0(𝑥0, 𝑦0) é mínimo, se 𝐷 > 0 e 
0f
oPxx

; 
 𝑃0(𝑥0, 𝑦0) é máximo, se 𝐷 > 0 e 
0f
oPxx

; 
 𝑃0(𝑥0, 𝑦0) é um ponto de sela se 𝐷 < 0; 
 
 O teste falha se 𝐷 = 0. Nestes casos a função deve ser investigada nas vizinhanças de 𝑃0. 
máximo 
sela 
mínimo 
40 
 
Exemplos: Determine os extremos relativos da função: 
a) 𝑧 = 4𝑥𝑦 − 𝑥4 − 𝑦4 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
b) 𝑧 = √−𝑥2 − 𝑦2 + 9 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
41 
 
c) 𝑧 = 6𝑥 − 4𝑦 − 𝑥2 − 2𝑦2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução de Exercícios – Lista 7 
 
 
REGRA DA CADEIA 
Temos duas situações a considerar: 
 Seja z uma função de duas variáveis x e y com 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) e 𝑥 = 𝑔(𝑡) e 𝑦 = ℎ(𝑡), dessa forma “z” 
torna-se uma função de uma única variável “t”, isto é, 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓[𝑔(𝑡), ℎ(𝑡)] e a derivada de z 
em relação a t será dada por: 
 
𝑑𝑧
𝑑𝑡
=
𝜕𝑧
𝜕𝑥
∙
𝑑𝑥
𝑑𝑡
+
𝜕𝑧
𝜕𝑦
∙
𝑑𝑦
𝑑𝑡
 
 
Exemplos 
1) Seja 𝑧 = √𝑥2 + 𝑦2 onde 𝑥 = 2𝑡 + 1 e 𝑦 = 𝑡3 encontre 
𝑑𝑧
𝑑𝑡
. 
Resposta: Para encontrarmos a derivada da função z em função da variável t, utilizamos da regra 
da cadeia: 
𝒅𝒛
𝒅𝒕
=
𝝏𝒛
𝝏𝒙
∙
𝒅𝒙
𝒅𝒕
+
𝝏𝒛
𝝏𝒚
∙
𝒅𝒚
𝒅𝒕
 (1) 
42 
 
Para compormos a fórmula precisamos das derivadas: 
𝝏𝒛
𝝏𝒙
=
𝟏
𝟐
(𝒙𝟐 + 𝒚𝟐)
𝟏
𝟐
−𝟏 ∙ (𝟐𝒙) = 𝒙 ∙ (𝒙𝟐 + 𝒚𝟐)−
𝟏
𝟐 =
𝒙
√𝒙𝟐+𝒚𝟐
 (2) 
𝒅𝒙
𝒅𝒕
= 𝟐 (3) 
𝝏𝒛
𝝏𝒚
=
𝟏
𝟐
(𝒙𝟐 + 𝒚𝟐)
𝟏
𝟐
−𝟏 ∙ (𝟐𝒚) = 𝒚 ∙ (𝒙𝟐 + 𝒚𝟐)−
𝟏
𝟐 =
𝒚
√𝒙𝟐+𝒚𝟐
 (4) 
𝒅𝒚
𝒅𝒕
= 𝟑𝒕𝟐 (5) 
Substituindo (2), (3), (4), (5) em (1), temos: 
𝒅𝒛
𝒅𝒕
=
𝒙
√𝒙𝟐+𝒚𝟐
∙ 𝟐 +
𝒚
√𝒙𝟐+𝒚𝟐
∙ 𝟑𝒕𝟐 →
𝒅𝒛
𝒅𝒕
=
𝟐𝒙
√𝒙𝟐+𝒚𝟐
+
𝟑𝒕𝟐𝒚
√𝒙𝟐+𝒚𝟐
→
𝒅𝒛
𝒅𝒕
=
𝟐𝒙+𝟑𝒕𝟐𝒚
√𝒙𝟐+𝒚𝟐
 (6) 
Substituindo 𝒙 = 𝟐𝒕 + 𝟏 e 𝒚 = 𝒕𝟑 em (6), temos: 
𝒅𝒛
𝒅𝒕
=
𝟐 ∙ (𝟐𝒕 + 𝟏) + 𝟑𝒕𝟐 ∙ 𝒕𝟑
√(𝟐𝒕 + 𝟏)𝟐 + (𝒕𝟑)𝟐
→
𝒅𝒛
𝒅𝒕
=
𝟒𝒕 + 𝟐 + 𝟑𝒕𝟓
√𝟒𝒕𝟐 + 𝟒𝒕 + 𝟏 + 𝒕𝟔
→
𝒅𝒛
𝒅𝒕
=
𝟑𝒕𝟓 + 𝟒𝒕 + 𝟐
√𝒕𝟔 + 𝟒𝒕𝟐 + 𝟒𝒕 + 𝟏
 
Logo, 
𝒅𝒛
𝒅𝒕
=
𝟑𝒕𝟓+𝟒𝒕+𝟐
√𝒕𝟔+𝟒𝒕𝟐+𝟒𝒕+𝟏
. 
 
2) O raio de um cilindro circular reto esta aumentando a uma taxa de 6 cm/min e sua altura diminuindo 
a uma taxa de 4 cm/min. Determine a taxa de variação do volume quando o raio e a altura tiverem 
exatamente 12 e 36 cm. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
43 
 
3) A que taxa esta variando o volume de uma caixa retangular se seu comprimento é de 8 cm e está 
aumentando a 3 cm/s, sua altura é de 6 cm e está aumentando a 2 cm/s e sua altura é de 4 cm e esta 
aumentando a 1 cm/s? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Seja z uma função de duas variáveis x e y com 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) e 𝑥 = 𝑔(𝑢, 𝑣) e 𝑦 = ℎ(𝑢, 𝑣), então 
𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓[𝑔(𝑢, 𝑣), ℎ(𝑢, 𝑣)] e a derivada parcial de “z” em relação a “u” e “v” será dada por: 
 
u
y
.
y
z
u
x
.
x
z
u
z












 
 
v
y
.
y
z
v
x
.
x
z
v
z












 
 
 
Exemplo 
1) Seja 𝑧 = 𝑥2 − 𝑦2 onde 𝑥 = 𝑢 ∙ 𝑐𝑜𝑠(𝑣) e 𝑦 = 𝑣 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝑢) determine 
𝜕𝑧
𝜕𝑢
 e 
𝜕𝑧
𝜕𝑣
 
Resposta: Para encontrarmos a derivada da função z em função da variável u, utilizamos da regra 
da cadeia: 
𝝏𝒛
𝝏𝒖
=
𝝏𝒛
𝝏𝒙
∙
𝝏𝒙
𝝏𝒖
+
𝝏𝒛
𝝏𝒚
∙
𝝏𝒚
𝝏𝒖
 (1) 
Para compormos a fórmula precisamos das derivadas: 
44 
 
𝝏𝒛
𝝏𝒙
= 𝟐𝒙 (2) 
𝝏𝒙
𝝏𝒖
= 𝒄𝒐𝒔(𝒗) (3) 
𝝏𝒛
𝝏𝒚
= −𝟐𝒚 (4) 
𝝏𝒚
𝝏𝒖
= 𝒗 ∙ 𝒄𝒐𝒔(𝒖) (5) 
Substituindo (2), (3), (4), (5) em (1), temos: 
𝝏𝒛
𝝏𝒖
= 𝟐𝒙 ∙ 𝒄𝒐𝒔(𝒗) − 𝟐𝒚𝒗 ∙ 𝒄𝒐𝒔(𝒖) (6) 
Substituindo 𝒙 = 𝒖 ∙ 𝒄𝒐𝒔(𝒗) e 𝒚 = 𝒗 ∙ 𝒔𝒆𝒏(𝒖) em (6), temos: 
𝝏𝒛
𝝏𝒖
= 𝟐𝒖 ∙ 𝒄𝒐𝒔(𝒗) ∙ 𝒄𝒐𝒔(𝒗) − 𝟐 ∙ 𝒗 ∙ 𝒔𝒆𝒏(𝒖) ∙ 𝒗 ∙ 𝒄𝒐𝒔(𝒖) →
𝝏𝒛
𝝏𝒖
= 𝟐𝒖 ∙ 𝒄𝒐𝒔𝟐(𝒗) − 𝟐𝒗𝟐𝒔𝒆𝒏(𝒖)𝒄𝒐𝒔(𝒖) 
Poderíamos ainda aplicar a identidade trigonométrica 𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒖) = 𝟐𝒔𝒆𝒏(𝒖)𝒄𝒐𝒔(𝒖) e, então, 
simplificarmos: 
𝝏𝒛
𝝏𝒖
= 𝟐𝒖 ∙ 𝒄𝒐𝒔𝟐(𝒗) − 𝒗𝟐𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒖) 
Logo, 
𝝏𝒛
𝝏𝒖
= 𝟐𝒖 ∙ 𝒄𝒐𝒔𝟐(𝒗) − 𝒗𝟐𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒖). 
Agora, encontremos a derivada 
𝝏𝒛
𝝏𝒗
: 
𝝏𝒛
𝝏𝒗
=
𝝏𝒛
𝝏𝒙
∙
𝝏𝒙
𝝏𝒗
+
𝝏𝒛
𝝏𝒚
∙
𝝏𝒚
𝝏𝒗
 (7) 
Para compormos a fórmula precisamos das derivadas: 
𝝏𝒛
𝝏𝒙
= 𝟐𝒙 (8) 
𝝏𝒙
𝝏𝒗
= −𝒖𝒔𝒆𝒏(𝒗) (9) 
𝝏𝒛
𝝏𝒚
= −𝟐𝒚 (10) 
𝝏𝒚
𝝏𝒗
= 𝒔𝒆𝒏(𝒖) (11) 
Substituindo (8), (9), (10), (11) em (7), temos: 
𝝏𝒛
𝝏𝒗
= 𝟐𝒙 ∙ (−𝒖𝒔𝒆𝒏(𝒗)) − 𝟐𝒚𝒔𝒆𝒏(𝒖) →
𝝏𝒛
𝝏𝒗
= −𝟐𝒙𝒖𝒔𝒆𝒏(𝒗) − 𝟐𝒚𝒔𝒆𝒏(𝒖)(12) 
Substituindo 𝒙 = 𝒖 ∙ 𝒄𝒐𝒔(𝒗) e 𝒚 = 𝒗 ∙ 𝒔𝒆𝒏(𝒖) em (12), temos: 
𝝏𝒛
𝝏𝒗
= −𝟐(𝒖 ∙ 𝒄𝒐𝒔(𝒗))𝒖𝒔𝒆𝒏(𝒗) − 𝟐(𝒗 ∙ 𝒔𝒆𝒏(𝒖))𝒔𝒆𝒏(𝒖) →
𝝏𝒛
𝝏𝒗
= −𝟐𝒖𝟐 ∙ 𝒔𝒆𝒏(𝒗)𝒄𝒐𝒔(𝒗) − 𝟐𝒗𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒖) 
Poderíamos ainda aplicar a identidade trigonométrica 𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒗) = 𝟐𝒔𝒆𝒏(𝒗)𝒄𝒐𝒔(𝒗) e, então, 
simplificarmos: 
𝝏𝒛
𝝏𝒗
= −𝒖𝟐𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒗) − 𝟐𝒗𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒖) 
Logo, 
𝝏𝒛
𝝏𝒗
= −𝒖𝟐𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒗) − 𝟐𝒗𝒔𝒆𝒏𝟐(𝒖). 
Resolução de Exercícios – Lista 08 
45 
 
DERIVADA DIRECIONAL 
Suponha que estamos numa ladeira de uma montanha e desejamos determinar a inclinação da 
montanha na direção do eixo do z. Se a montanha fosse representada pelo gráfico da função 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦), 
então, já saberíamos determinar a inclinação em duas direções diferentes, a saber, na direção do eixo do 
x utilizando 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
(𝑥, 𝑦) = 𝑓𝑥 e na direção do eixo do y utilizando 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
(𝑥, 𝑦) = 𝑓𝑦. Veremos como utilizar 
derivada para determinar a inclinação em qualquer direção; para isto definimos um novo tipo de 
derivada chamada direcional. Generalizamos a definição de derivada parcial para obter a taxa de 
variação de uma função em relação à distância em qualquer direção. 
Suponha que queiramos calcular a taxa de variação instantânea de uma função 𝑓(𝑥, 𝑦) em 
relação à distância num certo ponto (𝑥0, 𝑦0) em alguma direção. Como há uma infinidade de direções 
nas quais um ponto pode se mover no plano (𝑥0, 𝑦0), precisamos de algum método para descrever uma 
direção especificada começando em (𝑥0, 𝑦0). Uma maneira de fazer isso é usar um vetor unitário 
�⃗� = 𝑢1𝑖 + 𝑢2𝑗 
 
que tenha ponto inicial em (𝑥0, 𝑦0) e aponte na direção desejada. 
Definição: Se 𝑓(𝑥, 𝑦) for diferenciável em (𝑥0, 𝑦0) e se �⃗� = 𝑢1𝑖 + 𝑢2𝑗 
 
for um vetor unitário, 
então a derivada direcional 𝐷𝑢𝑓(𝑥0, 𝑦0) existe e é dada por 
𝐷𝑢𝑓(𝑥0, 𝑦0) = 𝑓𝑥(𝑥0, 𝑦0)𝑢1 + 𝑓𝑦(𝑥0, 𝑦0)𝑢2 
Como o vetor unitário pode ser expresso por �⃗� = cos(𝜃) 𝑖 + sen(𝜃) 𝑗 
 
onde  radianos é o ângulo 
do eixo x positivo para �⃗� 
 
então, a derivada direcional pode ser expressa por: 
𝐷𝑢𝑓(𝑥0, 𝑦0) = 𝑓𝑥(𝑥0, 𝑦0) cos(𝜃) + 𝑓𝑦(𝑥0, 𝑦0) sen(𝜃) 
OBS.: Notemos que na definição de derivada direcional o vetor deve ser unitário. A razão disto 
é a seguinte: se o vetor não fosse unitário, a derivada direcional não dependeria somente do ponto e da 
direção, mas também do comprimento do vetor. 
Geometricamente 𝐷𝑢𝑓(𝑥0, 𝑦0) pode ser interpretada como a inclinação da superfície 𝒛 =
𝒇(𝒙, 𝒚) na direção de �⃗⃗� no ponto (𝒙𝟎, 𝒚𝟎, 𝒇(𝒙𝟎, 𝒚𝟎)). Em geral o valor da derivada direcional 
dependerá tanto do ponto quanto da direção e sentido do vetor. 
Analiticamente, a derivada direcional representa a taxa de variação instantânea de 𝒛 =
𝒇(𝒙, 𝒚) em relação à distância na direção e sentido do vetor no ponto (𝒙𝟎, 𝒚𝟎). 
 
Exemplo 
1) Seja 𝑧 = 𝑥2 + 𝑦2, encontre 𝐷𝑢𝑓 no ponto (3,2), na direção 
𝜋
4
. 
Resposta: Para encontrarmos a derivada direcional (𝑫𝒖𝒇) em questão, primeiramente analisamos 
qual a fórmula que melhor se ajusta ao exercício. Como temos a direção dada em radianos e não 
na forma de vetor, utilizaremos a fórmula: 
𝑫𝒖𝒇(𝒙𝟎, 𝒚𝟎) = 𝒇𝒙(𝒙𝟎, 𝒚𝟎) 𝐜𝐨𝐬(𝜽) + 𝒇𝒚(𝒙𝟎, 𝒚𝟎) 𝐬𝐞𝐧(𝜽) (1) 
46 
 
A fórmula exige que conheçamos 𝒇𝒙 (derivada da função z em relação a x) e 𝒇𝒚 (derivada da 
função z em relação a y): 
𝒇𝒙(𝒙, 𝒚) = 𝟐𝒙 → 𝒇𝒙(𝒙𝟎, 𝒚𝟎) = 𝒇𝒙(𝟑, 𝟐) = 𝟐 ∙ (𝟑) = 𝟔 (2) 
𝒇𝒚(𝒙, 𝒚) = 𝟐𝒚 → 𝒇𝒚(𝒙𝟎, 𝒚𝟎) = 𝒇𝒚(𝟑, 𝟐) = 𝟐 ∙ (𝟐) = 𝟒 (3) 
Substituindo (2), (3) e 𝜽 =
𝝅
𝟒
 em (1), temos: 
𝑫𝒖𝒇(𝟑, 𝟐) = 𝟔 ∙ 𝐜𝐨𝐬 (
𝝅
𝟒
) + 𝟒 ∙ 𝐬𝐞𝐧 (
𝝅
𝟒
) → 𝑫𝒖𝒇(𝟑, 𝟐) = 𝟔 ∙
√𝟐
𝟐
+ 𝟒 ∙
√𝟐
𝟐
→ 𝑫𝒖𝒇(𝟑, 𝟐) = 𝟑√𝟐 + 𝟐√𝟐 
𝑫𝒖𝒇(𝟑, 𝟐) = 𝟓√𝟐 
Logo, a derivada direcional é 𝑫𝒖𝒇(𝟑, 𝟐) = 𝟓√𝟐. 
 
2) Seja 𝑧 = 3𝑥2 − 𝑦2 + 4𝑥 e �⃗� o vetor unitário na direção de 
𝜋
6
, encontre 𝐷𝑢𝑓 no ponto (1,2). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3) Seja 𝑧 = 3𝑥2 + 𝑥𝑦 − 2𝑦2 encontre a taxa de variação de z em (1, −2) na direção do vetor �⃗� = 2𝑖 −
2𝑗 . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
47 
 
GRADIENTE 
Há inúmeras aplicações nas quais o movimento de um objeto deve ser controlado de forma que 
se mova em direção a uma fonte de calor. Por exemplo, em aplicações médicas, a operação de certos 
equipamentos para diagnósticos é projetada para localizar fontes de calor geradas por tumores ou 
infecções. 
 
Definição: Se f é uma função de duas variáveis x, y e se 𝑓𝑥 e 𝑓𝑦 existem, então o gradiente de f denotado 
por f (“Del” ou “nabla” (harpa em grego)) e é dado por: 
∇𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑓𝑥(𝑥, 𝑦)𝑖 + 𝑓𝑦(𝑥, 𝑦)𝑗 e representa um vetor normal a superfície 𝑓(𝑥, 𝑦). 
 
Observações geométricas sobre o vetor gradiente 
 O gradiente indica em cada ponto P, a direção, no plano xy, em que a derivada direcional é 
máxima. O valor dessa derivada direcional máxima em P é |∇𝑓|. 
 O vetor oposto ao gradiente indica a direção em que a derivada direcional é mínima. O valor 
dessa derivada direcional mínima em P é −|∇𝑓|. 
 Em cada ponto, o vetor unitário, perpendicular ao gradiente (𝒖 ∙ ∇𝑓 = 0), determina uma 
direção em que a derivada direcional é nula. Isto significa que, nesta direção, a taxa de variação 
de 𝑓(𝑥, 𝑦) em relação à distância percorrida é nula. 
 
Exemplos 
1. Se 𝑓(𝑥, 𝑦) =
𝑥2
16
+
𝑦2
16
 encontre o gradiente de f no ponto (4,3). 
Resposta: Para encontrarmos o vetor gradiente de f no ponto (𝟒, 𝟑), ou seja, neste ponto, qual é a 
direção em que a derivada direcional é máxima, fazemos: 
𝛁𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝒇𝒙(𝒙, 𝒚)𝒊 + 𝒇𝒚(𝒙, 𝒚)𝒋 (1) 
Onde: 
𝒇𝒙(𝒙, 𝒚) =
𝒙
𝟖
 (2) 
𝒇𝒚(𝒙, 𝒚) =
𝒚
𝟖
 (3) 
Substituindo (2) e (3) em (1): 
𝛁𝒇(𝒙, 𝒚) =
𝒙
𝟖
𝒊 +
𝒚
𝟖
𝒋 
Logo, nosso vetor gradiente será 𝛁𝒇(𝒙, 𝒚) =
𝒙
𝟖
𝒊 +
𝒚
𝟖
𝒋 , ou ainda, 𝛁𝒇(𝒙, 𝒚) = (
𝒙
𝟖
,
𝒚
𝟖
). 
 
 
 
48 
 
2. A temperatura de uma chapa plana é dada por 𝑇(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑦2 (T em 0C, x e y em cm). 
a) Determine o gradiente da temperatura no ponto (3,4) e represente graficamente; 
 
 
 
 
 
 
 
 
b) Determine, a partir do ponto (3, 4), a direção em que a temperatura cresce mais rapidamente possível 
e qual a taxa de crescimento; 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
c) Determine, a partir do ponto (3, 4), a direção em que a temperatura decresce mais rapidamente 
possível e qual a taxa de decrescimento e represente graficamente; 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
49 
 
d) Determine, a partir do ponto (3, 4), em que direção devemos seguir a fim de que a temperatura 
permaneça constante, represente graficamente;. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3. A temperatura do ar em certa altitude é dada por 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑦2𝑧3 + 𝑥2𝑦𝑧3 + 𝑥2𝑦3𝑧. Um avião 
está localizado no ponto (−1,2,1). Em que direção deve voar para que o motor resfrie o mais 
rapidamente possível? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução de Exercícios – Lista 09 
 
TÓPICOS DE CÁLCULO VETORIAL 
 
CAMPO VETORIAL – associa um vetor a um ponto no plano ou um ponto no espaço. 
Campos vetoriais são geralmente utilizados na física para indicar, porexemplo, a velocidade e a direção 
de um fluido se movendo pelo espaço, ou o comprimento e direção de alguma força, tal como a força 
magnética ou gravitacional, com seus valores de ponto em ponto. 
a) No plano: é uma função que associa a cada ponto P do plano, um único vetor F(P) paralelo ao plano. 
 
𝐹 (𝑃) = 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑖 + 𝑔(𝑥, 𝑦)𝑗 ou 𝐹 (𝑃) = (𝑓(𝑥, 𝑦), 𝑔(𝑥, 𝑦)) 
 
 
 
50 
 
Um exemplo de representação de um campo vetorial no R
2
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
b) No espaço: é uma função que associa a cada ponto P do espaço, um único vetor F(P). 
 
𝐹 (𝑃) = 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑖 + 𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑗 + ℎ(𝑥, 𝑦, 𝑧)�⃗� 
 
Um exemplo de representação de um campo vetorial no R
3
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplos: Determine a imagem dos pontos 𝐴(2,3), 𝐵(−1,0) e 𝐶(−2,1), considerando a função 
vetorial correspondente. 
1) 𝐹(𝑃) =
1
5
√𝑦𝑖 
Resposta: Para encontrarmos as imagens dos pontos A, B e C, basta substituirmos suas 
coordenadas na função vetorial, assim teremos um vetor imagem. Veja: 
Calculando a imagem do ponto 𝑨(𝟐, 𝟑): 
𝑭(𝑨) =
𝟏
𝟓
√𝟑𝒊 → 𝑭(𝑨) =
√𝟑
𝟓
𝒊 → 𝑭(𝑨) = (
√𝟑
𝟓
, 𝟎) 
Calculando a imagem do ponto 𝑩(−𝟏, 𝟎): 
𝑭(𝑨) =
𝟏
𝟓
√𝟎𝒊 → 𝑭(𝑨) =
𝟏
𝟓
∙ 𝟎 ∙ 𝒊 → 𝑭(𝑨) = 𝟎 → 𝑭(𝑨) = (𝟎, 𝟎) 
Calculando a imagem do ponto 𝑪(−𝟐, 𝟏): 
𝑭(𝑨) =
𝟏
𝟓
√𝟏𝒊 → 𝑭(𝑨) =
𝟏
𝟓
𝒊 → 𝑭(𝑨) = (
𝟏
𝟓
, 𝟎) 
51 
 
2) 𝐹(𝑃) = −𝑦𝑖 + 𝑥𝑗 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3) 𝐹(𝑃) =
𝑥𝑖 +𝑦𝑗 +𝑧�⃗� 
𝑥2+𝑦2+𝑧2
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
REPRESENTAÇÃO GRÁFICA DE UM CAMPO VETORIAL 
Um campo vetorial pode ser visto geometricamente desenhando-se os vetores representativos da função 
vetorial em pontos específicos. Estas representações requerem um volume substancial de cálculo, de 
modo que são geralmente gerados computacionalmente. 
Exemplos dos campos vetoriais exemplificados anteriormente, gerados no Winplot. 
 
 
iy
5
1
)P(F

 
jxiy)P(F


 
222 zyx
kzjyix
)P(F



 
 
52 
 
CAMPOS GRADIENTE 
Uma classe importante dos campos vetoriais surge do processo de calcular gradientes, então: 
a) No plano 













y
,
x
 ou 
j
y
i
x







 
b) No espaço 















z
,
y
,
x
 ou 
k
z
j
y
i
x










 
Em cada ponto de um campo gradiente em que 
0


, o vetor aponta na direção em que é máxima a 
taxa de aumento de 

. 
 
Exemplo: Esboce o campo gradiente de 𝜙(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 𝑦. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
DIVERGÊNCIA E ROTACIONAL 
São operações relacionadas a campos vetoriais no espaço tridimensional. Ambas surgiram no 
estudo de fluidos. 
 
Divergência – refere-se à maneira como o fluido flui para afastar-se de um ponto. 
Definição 1 – Se 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑖 + 𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑗 + ℎ(𝑥, 𝑦, 𝑧)�⃗� , definimos a divergência de F, 
denotada por Div F, como a função dada por: 
𝐷𝑖𝑣 𝐹 =
𝜕𝑓
𝜕𝑥
+
𝜕𝑔
𝜕𝑦
+
𝜕ℎ
𝜕𝑧
 
 
Rotacional – refere-se às propriedades de rotação do fluido num ponto. 
Definição 2 - Se 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑖 + 𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑗 + ℎ(𝑥, 𝑦, 𝑧)�⃗� , definimos rotacional de F, 
denotada por rot F, como o campo vetorial dado por: 
𝑟𝑜𝑡 𝐹 = (
𝜕ℎ
𝜕𝑦
−
𝜕𝑔
𝜕𝑧
) 𝑖 + (
𝜕𝑓
𝜕𝑧
−
𝜕ℎ
𝜕𝑥
) 𝑗 + (
𝜕𝑔
𝜕𝑥
−
𝜕𝑓
𝜕𝑦
) �⃗� 
ou então através do produto vetorial (determinante da matriz) 
53 
 
𝑟𝑜𝑡 𝐹 = ||
𝑖 𝑗 �⃗� 
𝜕
𝜕𝑥
𝜕
𝜕𝑦
𝜕
𝜕𝑧
𝑓 𝑔 ℎ
|| 
Exemplo: Calcule a divergência e o rotacional do campo vetorial 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥3𝑦2𝑧𝑖 + 𝑥2𝑧𝑗 + 𝑥2𝑦�⃗� 
no ponto 𝑃(2,1, −1). 
Resposta: Calculando a divergência: 
𝑫𝒊𝒗 𝑭 =
𝝏𝒇
𝝏𝒙
+
𝝏𝒈
𝝏𝒚
+
𝝏𝒉
𝝏𝒛
→ 𝑫𝒊𝒗 𝑭 = 𝟑𝒙𝟐𝒚𝟐𝒛 + 𝟎 + 𝟎 → 𝑫𝒊𝒗 𝑭 = 𝟑𝒙𝟐𝒚𝟐𝒛 
Para o ponto 𝑷(𝟐, 𝟏, −𝟏): 𝑫𝒊𝒗 𝑭 = 𝟑𝒙𝟐𝒚𝟐𝒛 → 𝑫𝒊𝒗 𝑭 = 𝟑(𝟐)𝟐(𝟏)𝟐(−𝟏) → 𝑫𝒊𝒗 𝑭 = −𝟏𝟐 
 
Calculando o rotacional: 𝒓𝒐𝒕 𝑭 = (
𝝏𝒉
𝝏𝒚
−
𝝏𝒈
𝝏𝒛
) 𝒊 + (
𝝏𝒇
𝝏𝒛
−
𝝏𝒉
𝝏𝒙
) 𝒋 + (
𝝏𝒈
𝝏𝒙
−
𝝏𝒇
𝝏𝒚
) �⃗⃗� → 
𝒓𝒐𝒕 𝑭 = (𝒙𝟐 − 𝒙𝟐)𝒊 + (𝒙𝟑𝒚𝟐 − 𝟐𝒙𝒚)𝒋 + (𝟐𝒙𝒛 − 𝟐𝒙𝟑𝒚𝒛)�⃗⃗� → 𝒓𝒐𝒕 𝑭
= (𝒙𝟑𝒚𝟐 − 𝟐𝒙𝒚)𝒋 + (𝟐𝒙𝒛 − 𝟐𝒙𝟑𝒚𝒛)�⃗⃗� 
Para o ponto 𝑷(𝟐, 𝟏, −𝟏): 𝒓𝒐𝒕 𝑭 = (𝒙𝟑𝒚𝟐 − 𝟐𝒙𝒚)𝒋 + (𝟐𝒙𝒛 − 𝟐𝒙𝟑𝒚𝒛)�⃗⃗� → 
𝒓𝒐𝒕 𝑭 = ((𝟐)𝟑(𝟏)𝟐 − 𝟐(𝟐)(𝟏)) 𝒋 + (𝟐(𝟏)(−𝟏) − 𝟐(𝟐)𝟑(𝟏)(−𝟏)) �⃗⃗� → 
𝒓𝒐𝒕 𝑭 = (𝟖 − 𝟒)𝒋 + (−𝟐 − (−𝟏𝟔))�⃗⃗� → 𝒓𝒐𝒕 𝑭 = (𝟖 − 𝟒)𝒋 + (−𝟐 + 𝟏𝟔)�⃗⃗� → 𝒓𝒐𝒕 𝑭 = 𝟒𝒋 + 𝟏𝟒�⃗⃗� 
 
Resolução de Exercícios - Lista 10 e Lista Complementar 
 
INTEGRAÇÃO MÚLTIPLA 
INTEGRAL DEFINIDA DE FUNÇÃO DE UMA VARIÁVEL – ÁREA DE UMA REGIÃO 
PLANA 
 
 

b
a
dx)x(fA
 
 

b
a
dx)x(fA
 
 
b
a
dx)]x(g)x(f[A
 
 
 
 
 
54 
 
INTEGRAL DE FUNÇÃO DE MAIS DE UMA VARIÁVEL 
Integral dupla – 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) em uma região retangular onde a, b, c e d podem ser constantes ou 
variáveis. 
 

d
c
b
a
dydx)y,x(f
 
 
 
a) Quando 
1)y,x(f 
 a integral dupla fornece o volume sob a superfície f(x, y), ou seja, 
 
R
d
c
b
a
dA)y,x(fVdydx)y,x(f
 
 
b) Quando 
1)y,x(f 
 a integral dupla fornece a área de uma região plana 
 
RR
d
c
b
a
dAdxdyAdydxA
 
 
Solução da integral dupla ou iterada 
Resolvemos primeiramente a integral interna em relação a sua variável e depois, com o resultado da 
integral interna, resolvemos a integral externa em relação a sua variável. 
 
dxdy)y,x(fdydx)y,x(f
d
c
b
a
d
c
b
a






 
 
 
Exemplos. Encontre o resultado das integrais abaixo. 
1) ∫ ∫ (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥
2
0
𝑑𝑦
1
0
 
Resposta: Para resolvermos uma integral dupla, devemos resolver a integral interna, aplicar o 
Teorema Fundamental do Cálculo, resolver a integral externa e, novamente, aplicar o Teorema 
Fundamental do Cálculo e, então, teremos o resultado. Veja: 
Resolvendo a integral interna: ∫ [∫ 𝒙𝒅𝒙
𝟐
𝟎
+ 𝒚∫ 𝒅𝒙
𝟐
𝟎
] 𝒅𝒚
𝟏
𝟎
= ∫ [
𝒙𝟐
𝟐
+ 𝒙𝒚]
𝟎
𝟐
𝒅𝒚
𝟏
𝟎
= 
Aplicando o Teorema fundamental do Cálculo: (𝑭(𝒃) − 𝑭(𝒂) = 𝑭(𝟐) − 𝑭(𝟎)): 
∫ [(
(𝟐)𝟐
𝟐
+ 𝟐 ∙ 𝒚) − (
(𝟎)𝟐
𝟐
+ 𝟎 ∙ 𝒚)]𝒅𝒚
𝟏
𝟎
= ∫ [
𝟒
𝟐
+ 𝟐𝒚 − 𝟎]𝒅𝒚
𝟏
𝟎
= ∫ [𝟐 + 𝟐𝒚]𝒅𝒚
𝟏
𝟎
= 
Resolvendo a integral externa: 𝟐∫ 𝒅𝒚
𝟏
𝟎
+ 𝟐∫ 𝒚𝒅𝒚
𝟏
𝟎
= [𝟐𝒚 +
𝟐𝒚𝟐
𝟐
]
𝟎
𝟏
= [𝟐𝒚 + 𝒚𝟐]𝟎
𝟏 = 
55 
 
Aplicando o Teorema fundamental do Cálculo: (𝑭(𝒅) − 𝑭(𝒄) = 𝑭(𝟏) − 𝑭(𝟎)): 
(𝟐 ∙ (𝟏) + (𝟏)𝟐) − (𝟐 ∙ (𝟎) + (𝟎)𝟐) = 𝟐 + 𝟏 − 𝟎 = 𝟑 
Logo, ∫ ∫ (𝒙 + 𝒚)𝒅𝒙
𝟐
𝟎
𝒅𝒚
𝟏
𝟎
= 𝟑 
 
2) ∫ ∫ (𝑥 + 𝑦 + 1)𝑑𝑦
3
0
𝑑𝑥
2
0
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3) ∫ ∫ 𝑑𝑦
3
−1
𝑑𝑥
2
1
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
56 
 
4) 
 
R
2 dA)x2y3(
 
onde 
}3y1e2x1);y,x{(:R
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Teorema: Seja R o retângulo definido pelas desigualdades: 
𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 e 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑 
Se f(x, y) for contínua nesse retângulo, então: 
∬𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴
 
𝑅
= ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
𝑑𝑦
𝑑
𝑐
= ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦
𝑑
𝑐
𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 
 
Exemplo: a) Verifique se a igualdade é verdadeira: ∫ ∫ 𝑥2𝑦𝑑𝑦
2
1
𝑑𝑥
3
0
= ∫ ∫ 𝑥2𝑦𝑑𝑥
3
0
𝑑𝑦
2
1
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
57 
 
b) 
 
R
dA)3x(
 
onde 
}2y0e1x0);y,x{(:R 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Integrais duplas com limites de integração não constante 
 
∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦
𝑔2(𝑥)
𝑔1(𝑥)
𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= ∫ [∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦
𝑔2(𝑥)
𝑔1(𝑥)
] 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 
 
ou
 
∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
ℎ(𝑦)
ℎ1(𝑦)
𝑑𝑦
𝑑
𝑐
= ∫ [∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
ℎ(𝑦)
ℎ1(𝑦)
] 𝑑𝑦
𝑑
𝑐 
 
Exemplos 
1) ∫ ∫ 𝑥𝑦𝑑𝑦
𝑥2
𝑥
𝑑𝑥
2
0
 
Resposta: Para resolvermos uma integral dupla com limites de integração não-constantes, 
devemos proceder da mesma forma: resolver a integral interna, aplicar o Teorema Fundamental 
do Cálculo, resolver a integral externa e, novamente, aplicar o Teorema Fundamental do Cálculo 
e, então, teremos o resultado. Veja: 
Resolvendo a integral interna: ∫ [𝒙∫ 𝒚𝒅𝒚
𝒙𝟐
𝒙
] 𝒅𝒙
𝟐
𝟎
= ∫ [
𝒙𝒚𝟐
𝟐
]
𝒙
𝒙𝟐
𝒅𝒙
𝟐
𝟎
= 
Aplicando o Teorema fundamental do Cálculo: (𝑭(𝒅) − 𝑭(𝒄) = 𝑭(𝒙𝟐) − 𝑭(𝒙)): 
∫ [(
𝒙(𝒙𝟐)𝟐
𝟐
) − (
𝒙(𝒙)𝟐
𝟐
)]𝒅𝒙
𝟐
𝟎
= ∫ [
𝒙 ∙ 𝒙𝟒
𝟐
−
𝒙 ∙ 𝒙𝟐
𝟐
]𝒅𝒙
𝟐
𝟎
= ∫ [
𝒙𝟓
𝟐
−
𝒙𝟑
𝟐
]𝒅𝒙
𝟐
𝟎
= 
Resolvendo a integral externa: 
𝟏
𝟐
∫ 𝒙𝟓𝒅𝒙
𝟐
𝟎
−
𝟏
𝟐
∫ 𝒙𝟑𝒅𝒙
𝟐
𝟎
= [
𝟏
𝟐
∙
𝒙𝟔
𝟔
−
𝟏
𝟐
∙
𝒙𝟒
𝟒
]
𝟎
𝟐
= [
𝒙𝟔
𝟏𝟐
−
𝒙𝟒
𝟖
]
𝟎
𝟐
= 
58 
 
Aplicando o Teorema fundamental do Cálculo: (𝑭(𝒃) − 𝑭(𝒂) = 𝑭(𝟐) − 𝑭(𝟎)): 
(
(𝟐)𝟔
𝟏𝟐
−
(𝟐)𝟒
𝟖
) − (
(𝟎)𝟔
𝟏𝟐
−
(𝟎)𝟒
𝟖
) =
𝟔𝟒
𝟏𝟐
−
𝟏𝟔
𝟖
− 𝟎 =
𝟏𝟔
𝟑
− 𝟐 =
𝟏𝟔 − 𝟔
𝟑
=
𝟏𝟎
𝟑
 
Logo, ∫ ∫ 𝒙𝒚𝒅𝒚
𝒙𝟐
𝒙
𝒅𝒙
𝟐
𝟎
=
𝟏𝟎
𝟑
 
 
2) ∫ ∫ 𝑦𝑑𝑥
𝑦+1
𝑦
𝑑𝑦
1
0
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Cálculo do volume de uma região através de integrais duplas 
 
Seja o sólido 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) com base limitada na horizontal pelas retas 𝑥 = 𝑎 e 𝑥 = 𝑏 e na vertical pelas 
curvas 𝑦 = 𝑔1(𝑥) e 𝑦 = 𝑔2(𝑥), com 𝑔1(𝑥) ≤ 𝑔2(𝑥) para 𝑎 < 𝑥 < 𝑏. Neste caso o volume será dado 
por: 
 
 
 
 𝑉 = ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦
𝑔2(𝑥)
𝑔1(𝑥)
𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= ∫ [∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦
𝑔2(𝑥)
𝑔1(𝑥)
] 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 
 
 
 
 
De modo semelhante se a região for do tipo 
 
 
 𝑉 = ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
ℎ(𝑦)
ℎ1(𝑦)
𝑑𝑦
𝑑
𝑐
= ∫ [∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
ℎ(𝑦)
ℎ1(𝑦)
] 𝑑𝑦
𝑑
𝑐
 
 
 
 
 
 
 
59 
 
Exemplos 
1) Calcule ∬ (𝑥 + 2𝑦)𝑑𝐴
 
𝑅
 onde R é a região limitada pelas parábolas 𝑦 = 2𝑥2 e 𝑦 = 1 + 𝑥2. 
Resposta: Para delimitarmos a região R em x e y, pensaremos primeiramente nos limites que nos 
são dados, temos: 𝒚 = 𝟐𝒙𝟐 e 𝒚 = 𝟏 + 𝒙𝟐, o que nos limita a região no eixo 𝒚. Porém ainda 
precisamos saber qual é o limite inferior e o limite superior. Para isso, vamos esboçar o gráfico de 
ambas as funções e analisar. Pelo gráfico, podemos perceber que, 
para y, o limite superior será 𝒚 = 𝟏 + 𝒙𝟐 e o limite inferior 𝒚 = 𝟐𝒙𝟐. 
E, além disso, os limites para x serão 𝒙 = −𝟏 (limite inferior) e 𝒙 = 𝟏 
(limite superior), e assim, podemos montar a integral e resolver. 
Denominaremos 𝒄 = 𝒈𝟏(𝒙) = 𝟐𝒙
𝟐, 𝒅 = 𝒈𝟐(𝒙) = 𝟏 + 𝒙
𝟐, 𝒂 = −𝟏, 
𝒃 = 𝟏. Montando a integral: 
∫ ∫ 𝒇(𝒙, 𝒚)
𝒈𝟐(𝒙)
𝒈𝟏(𝒙)
𝒅𝒚𝒅𝒙
𝒃
𝒂
= ∫ ∫ (𝒙 + 𝟐𝒚)
𝟏+𝒙𝟐
𝟐𝒙𝟐
𝒅𝒚𝒅𝒙
𝟏
−𝟏
 
Resolvendo a integral interna: 
∫ ∫ (𝒙 + 𝟐𝒚)
𝟏+𝒙𝟐
𝟐𝒙𝟐
𝒅𝒚𝒅𝒙
𝟏
−𝟏
= ∫ [∫ (𝒙 + 𝟐𝒚)
𝟏+𝒙𝟐
𝟐𝒙𝟐
𝒅𝒚]𝒅𝒙
𝟏
−𝟏
= ∫ [𝒙∫ 𝒅𝒚
𝟏+𝒙𝟐
𝟐𝒙𝟐
+ 𝟐∫ 𝒚
𝟏+𝒙𝟐
𝟐𝒙𝟐
𝒅𝒚]𝒅𝒙
𝟏
−𝟏
= 
∫ [𝒙𝒚 +
𝟐𝒚𝟐
𝟐
]
𝟐𝒙𝟐
𝟏+𝒙𝟐
𝒅𝒙
𝟏
−𝟏
= ∫ [𝒙𝒚 + 𝒚𝟐]𝟐𝒙𝟐
𝟏+𝒙𝟐𝒅𝒙
𝟏
−𝟏
 
Aplicando o Teorema fundamental do Cálculo: (𝑭(𝟏 + 𝒙𝟐) − 𝑭(𝟐𝒙𝟐)): 
∫ [𝒙𝒚 + 𝒚𝟐]𝟐𝒙𝟐
𝟏+𝒙𝟐𝒅𝒙
𝟏
−𝟏
= ∫ {[𝒙(𝟏 + 𝒙𝟐) + ((𝟏 + 𝒙𝟐))
𝟐
] − [𝒙(𝟐𝒙𝟐) + (𝟐𝒙𝟐)𝟐]} 𝒅𝒙
𝟏
−𝟏
= 
∫ {[𝒙 + 𝒙𝟑 + 𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 + 𝒙𝟒] − [𝟐𝒙𝟑 + 𝟒𝒙𝟒]}𝒅𝒙
𝟏
−𝟏
= ∫ {𝒙 + 𝒙𝟑 + 𝟏 + 𝟐𝒙𝟐 + 𝒙𝟒 − 𝟐𝒙𝟑 − 𝟒𝒙𝟒}𝒅𝒙
𝟏
−𝟏
= 
∫ {−𝟑𝒙𝟒 − 𝒙𝟑 + 𝟐𝒙𝟐 + 𝒙 + 𝟏}𝒅𝒙
𝟏
−𝟏
 
Resolvendo a integral externa: 
∫ {−𝟑𝒙𝟒 − 𝒙𝟑 + 𝟐𝒙𝟐 + 𝒙 + 𝟏}𝒅𝒙
𝟏
−𝟏
= −𝟑∫ 𝒙𝟒𝒅𝒙
𝟏
−𝟏
− ∫ 𝒙𝟑𝒅𝒙
𝟏
−𝟏
+ 𝟐∫ 𝒙𝟐𝒅𝒙
𝟏
−𝟏
+ ∫ 𝒙𝒅𝒙
𝟏
−𝟏
+ ∫ 𝒅𝒙
𝟏
−𝟏
= 
[−
𝟑𝒙𝟓
𝟓
−
𝒙𝟒
𝟒
+
𝟐𝒙𝟑
𝟑
+
𝒙𝟐
𝟐
+ 𝒙]
−𝟏
𝟏
 
Aplicando o Teorema fundamental do Cálculo: (𝑭(𝟏) − 𝑭(−𝟏)): 
[−
𝟑𝒙𝟓
𝟓
−
𝒙𝟒
𝟒
+
𝟐𝒙𝟑
𝟑
+
𝒙𝟐
𝟐
+ 𝒙]
−𝟏
𝟏
= 
[−
𝟑(𝟏)𝟓
𝟓
−
(𝟏)𝟒
𝟒
+
𝟐(𝟏)𝟑
𝟑
+
(𝟏)𝟐
𝟐
+ 𝟏] − [−
𝟑(−𝟏)𝟓
𝟓
−
(−𝟏)𝟒
𝟒
+
𝟐(−𝟏)𝟑
𝟑
+
(−𝟏)𝟐
𝟐
− 𝟏] = 
[−
𝟑
𝟓
−
𝟏
𝟒
+
𝟐
𝟑
+
𝟏
𝟐
+ 𝟏] − [
𝟑
𝟓
−
𝟏
𝟒
−
𝟐
𝟑
+
𝟏
𝟐
− 𝟏] = −
𝟑
𝟓
−
𝟏
𝟒
+
𝟐
𝟑
+
𝟏
𝟐
+ 𝟏 −
𝟑
𝟓
+
𝟏
𝟒
+
𝟐
𝟑
−
𝟏
𝟐
+ 𝟏 = 
−
𝟔
𝟓
+
𝟒
𝟑
+ 𝟐 =
−𝟏𝟖 + 𝟐𝟎 + 𝟑𝟎
𝟏𝟓
=
𝟑𝟐
𝟏𝟓
 
Logo, ∬ (𝒙 + 𝟐𝒚)𝒅𝑨
 
𝑹
=
𝟑𝟐
𝟏𝟓
 
60 
 
2) Calcule ∬ (𝑥𝑦2)𝑑𝐴
 
𝑅
 
onde R é a região limitada por 𝑥 = 𝑦 e 𝑥 = √𝑦. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3) Calcule o volume do sólido limitado por 𝑥 = 0, 𝑦 = 0, 𝑦 = −𝑥 + 2, considerando 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 𝑦. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
61 
 
4) Calcule o volume do sólido limitado por 𝑦 = 2𝑥; 𝑦 =
1
2
𝑥 e 𝑥 = 𝜋
 
sendo 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑠𝑒𝑛(𝑥). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Integrais triplas – 𝑤 = 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 
 
d
c
f
e
b
a
dxdydz)z,y,x(f
 
onde a, b, c, d, e, f podem ser constantes ou variáveis. 
Quando 
1)z,y,x(f 
 a integral tripla fornece o volume de uma região tridimensional. 
  
S
d
c
f
e
b
a
dVVdxdydz)z,y,x(fV
 
Além do cálculo do volume, as integrais triplas também são usadas para encontrar centro de gravidade, 
momentos de inércia, carga elétrica total, etc. 
 
Solução da integral tripla 
Resolvemos de forma semelhante a uma integral dupla, ou seja, resolvemos primeiro a integral interna 
em relação a sua variável e logo depois as outras duas em relação as suas variáveis. 
 
d
c
f
e
b
a
dxdydz)z,y,x(f dxdydz)z,y,x(f
d
c
f
e
b
a 













 
 
62 
 
Exemplos: 
1) Calcule ∫ ∫ ∫ 𝑥𝑦𝑧2𝑑𝑧
3
0
𝑑𝑦
2
−1
𝑑𝑥
1
0
 
Resposta: Resolvendo a integral interna: 
∫ ∫ [∫ 𝒙𝒚𝒛𝟐𝒅𝒛