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CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
CCE0044 - CÁLCULO 
DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Alexandre Antunes 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
CONTEÚDO DESTA AULA 
Técnicas de Integração 
Integral definida e Cálculo de Áreas 
Cálculo de Volumes 
Comprimento de Curva 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Técnicas de Integração 
Integração por procedimentos algébricos e substituição: E quando nos utilizamos 
de manipulações algébricas para reescrever o Integrando, transformando-os numa 
integral que sabemos encontrar a solução. 
Integração por partes: Utilizada para integrar algumas funções em que o integrando 
está na forma de produto. 
Integração por frações parciais: Utilizada quando o integrando é uma função 
racional, ou seja, uma razão de polinômios. Esse método (frações parciais) baseia-
se no fato de que qualquer função racional pode ser escrita como a soma de 
funções básicas. 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Técnicas de Integração 
Integração por procedimentos algébricos e Substituição 
Exercício 1: Resolva a integral 
 
4𝑥 − 8
𝑥2 − 8𝑥
𝑑𝑥 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Técnicas de Integração 
Integração por procedimentos algébricos e substituição 
Exercício 1: Resolva a integral 
 
4𝑥 − 8
𝑥2 − 4𝑥
𝑑𝑥 
Note que 
4𝑥 − 8 = 2 2𝑥 − 4 
E, chamando 
𝑢 = 𝑥2 − 4𝑥 
Temos que 
𝑑𝑢 = 2𝑥 − 4 𝑑𝑥 
Além disso, observe que podemos reescrever a integral 
 
4𝑥 − 8
𝑥2 − 4𝑥
𝑑𝑥 = 
2. (2𝑥 − 4)
𝑥2 − 4𝑥
𝑑𝑥 = 2. 
1
𝑥2 − 4𝑥
. (2𝑥 − 4)𝑑𝑥 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Técnicas de Integração 
Integração por procedimentos algébricos e substituição 
Exercício 1: Resolva a integral 
 
4𝑥 − 8
𝑥2 − 4𝑥
𝑑𝑥 
Note que 
4𝑥 − 8 = 2 2𝑥 − 4 
E, chamando 
𝑢 = 𝑥2 − 4𝑥 
Temos que 
𝑑𝑢 = 2𝑥 − 4 𝑑𝑥 
Além disso, observe que podemos reescrever a integral 
 
4𝑥 − 8
𝑥2 − 4𝑥
𝑑𝑥 = 
2. (2𝑥 − 4)
𝑥2 − 4𝑥
𝑑𝑥 = 2. 
1
𝑥2 − 4𝑥
. (2𝑥 − 4)𝑑𝑥 
Dessa forma, 
 
4𝑥 − 8
𝑥2 − 4𝑥
𝑑𝑥 = 2. 
1
𝑥2 − 4𝑥
. (2𝑥 − 4) 𝑑𝑥 = 2. 
1
𝑢
𝑑𝑢 = 2. ln 𝑢 = 2. ln 𝑥2 − 4𝑥 + 𝐶 
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Técnicas de Integração 
Integração Integração por partes 
 
Sendo 𝑢 = 𝑢 𝑥 e d𝑣 = 𝑣′ 𝑥 𝑑𝑥, temos que 𝑑𝑢 = 𝑢′ 𝑥 𝑑𝑥 e 𝑣 = 𝑣 𝑥 . Além disso, 
considerando que a constante genérica 𝐶 , já está implícita na última integral, 
podemos escrever, de forma mais simplificada 
 𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢 . 𝑣 + 𝑣 𝑑𝑢 
Que é a fórmula de integração por partes. 
Podemos dizer que, nesta técnica, a ideia é transformar a expressão 𝑢 𝑑𝑣 
numa outra que contenha 𝑣 𝑑𝑢, sendo está última de mais fácil solução, ou seja, 
menos complicada que a integral original. 
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Técnicas de Integração 
Integração Integração por partes 
Exercício 2: Resolva a integral 
 𝑥. cos 𝑥 𝑑𝑥 
Chamando 
𝑢 = 𝑥 
E 
𝑑𝑣 = cos 𝑥 𝑑𝑥 
Temos que 
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 𝑒 𝑣 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
Agora, observe que podemos reescrever a integral 
 𝑥. cos 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥. 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥 
 𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢 . 𝑣 + 𝑣 𝑑𝑢 
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Técnicas de Integração 
Integração Integração por partes 
Exercício 2: Resolva a integral 
 𝑥. cos 𝑥 𝑑𝑥 
Chamando 
𝑢 = 𝑥 
E 
𝑑𝑣 = cos 𝑥 𝑑𝑥 
Temos que 
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 𝑒 𝑣 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 
Agora, observe que podemos reescrever a integral 
 𝑥. cos 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥. 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥 
 𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢 . 𝑣 + 𝑣 𝑑𝑢 
Dessa forma, 
 𝑥. cos 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥. 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥 ⟹ 𝑥. cos 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥. 𝑠𝑒𝑛 𝑥 + cos 𝑥 + 𝐶 
De forma direta, temos 
que: 
 𝑠𝑒𝑛 𝑥 𝑑𝑥 = −cos𝑥 + 𝐶 
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Técnicas de Integração 
Exercício 3: Resolva a integral 
 1 + 4𝑥2 𝑑𝑥 
Precisaremos relembrar e usar: 
1 + 𝑡𝑔2𝑡 = sec2 𝑡 ⇒ 𝑡𝑔2𝑡 = sec2 𝑡 − 1 
sec 𝑡 > 0, 𝑠𝑒 −
𝜋
2
< 𝑡 <
𝜋
2
 
𝑓 𝑥 = sec 𝑡 ⇒ 𝑓′ 𝑥 = sec 𝑥 . 𝑡𝑔 𝑥 𝑑𝑥 
𝑔 𝑥 = sec2 𝑥 ⇒ 𝑔 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑡𝑔 𝑥 + 𝐶 Agora, observe que podemos reescrever a 
integral 
 1 + 4𝑥2 𝑑𝑥 = 1 + 2𝑥 2 𝑑𝑥 
 
Perceba que a mudança de variável 
2𝑥 = 𝑡𝑔 𝑡, −
𝜋
2
< 𝑡 <
𝜋
2
 
Elimina a raiz do integrando, com 
2𝑑𝑥 = sec2 𝑡 𝑑𝑡 ⇒ 𝑑𝑥 =
1
2
. sec2 𝑡 𝑑𝑡 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Técnicas de Integração 
Exercício 3: Resolva a integral 
 1 + 4𝑥2 𝑑𝑥 
Agora, observe que podemos reescrever a 
integral 
 1 + 4𝑥2 𝑑𝑥 = 1 + 2𝑥 2 𝑑𝑥 
 Dessa forma, 
 1 + 4𝑥2 𝑑𝑥 = 1 + 𝑡𝑔2𝑡 .
1
2
. sec2 𝑡 𝑑𝑡
=
1
2
. sec2 𝑡 sec2 𝑡 𝑑𝑡
=
1
2
. | sec 𝑡|. sec2 𝑡 𝑑𝑡 
Perceba que a mudança de variável 
2𝑥 = 𝑡𝑔 𝑡, −
𝜋
2
< 𝑡 <
𝜋
2
 
Elimina a raiz do integrando, com 
2𝑑𝑥 = sec2 𝑡 𝑑𝑡 ⇒ 𝑑𝑥 =
1
2
. sec2 𝑡 𝑑𝑡 
 
⇒ 1 + 4𝑥2 𝑑𝑥 =
1
2
. sec3 𝑡 𝑑𝑡 (𝐼) 
 
Precisaremos relembrar e usar: 
1 + 𝑡𝑔2𝑡 = sec2 𝑡 ⇒ 𝑡𝑔2𝑡 = sec2 𝑡 − 1 
sec 𝑡 > 0, 𝑠𝑒 −
𝜋
2
< 𝑡 <
𝜋
2
 
𝑓 𝑥 = sec 𝑡 ⇒ 𝑓′ 𝑥 = sec 𝑥 . 𝑡𝑔 𝑥 𝑑𝑥 
𝑔 𝑥 = sec2 𝑥 ⇒ 𝑔 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑡𝑔 𝑥 + 𝐶 
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Técnicas de Integração 
Exercício 3: Resolva a integral 
 1 + 4𝑥2 𝑑𝑥 
Até agora, sabemos que 
 1 + 4𝑥2 𝑑𝑥 =
1
2
. sec3 𝑡 𝑑𝑡 (𝐼) 
 𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢 . 𝑣 + 𝑣 𝑑𝑢 Dessa forma, 
 sec3 𝑡 𝑑𝑡 = sec 𝑡 .sec2 𝑡 𝑑𝑡 
𝑢 = sec 𝑡
𝑑𝑣 = sec2 𝑡 𝑑𝑡
 
Perceba que a mudança de variável 
2𝑥 = 𝑡𝑔 𝑡, −
𝜋
2
< 𝑡 <
𝜋
2
 
Elimina a raiz do integrando, com 
2𝑑𝑥 = sec2 𝑡 𝑑𝑡 ⇒ 𝑑𝑥 =
1
2
. sec2 𝑡 𝑑𝑡 
 
Precisaremos relembrar e usar: 
1 + 𝑡𝑔2𝑡 = sec2 𝑡 ⇒ 𝑡𝑔2𝑡 = sec2 𝑡 − 1 
sec 𝑡 > 0, 𝑠𝑒 −
𝜋
2
< 𝑡 <
𝜋
2
 
𝑓 𝑥 = sec 𝑡 ⇒ 𝑓′ 𝑥 = sec 𝑥 . 𝑡𝑔 𝑥 𝑑𝑥 
𝑔 𝑥 = sec2 𝑥 ⇒ 𝑔 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑡𝑔 𝑥 + 𝐶 
 sec3 𝑡 𝑑𝑡 = sec 𝑡 . 𝑡𝑔 𝑡 − 𝑡𝑔 𝑡 . sec 𝑡 . 𝑡𝑔 𝑡 dt ⇒ sec3 𝑡 𝑑𝑡 = sec 𝑡 . 𝑡𝑔 𝑡 − sec 𝑡 . 𝑡𝑔2 𝑡 dt 
(𝐼𝐼) 
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Técnicas de Integração 
Exercício 3: Resolva a integral 
 1 + 4𝑥2 𝑑𝑥 
Até agora, sabemos que 
 1 + 4𝑥2 𝑑𝑥 =
1
2
. sec3 𝑡 𝑑𝑡 𝐼 
 sec3 𝑡 𝑑𝑡 = sec 𝑡 . 𝑡𝑔 𝑡 − sec 𝑡 . 𝑡𝑔2 𝑡 dt (II) 
Note que, 
sec 𝑡 . 𝑡𝑔2 𝑡 = sec 𝑡 . sec2 𝑡 − 1 = sec3 𝑡 − sec 𝑡 (𝐼𝐼𝐼) 
Perceba que a mudança de variável 
2𝑥 = 𝑡𝑔 𝑡, −
𝜋
2
< 𝑡 <
𝜋
2
 
Elimina a raiz do integrando, com 
2𝑑𝑥 = sec2 𝑡 𝑑𝑡 ⇒ 𝑑𝑥 =
1
2
. sec2 𝑡 𝑑𝑡 
 
Precisaremos relembrar e usar: 
1 + 𝑡𝑔2𝑡 = sec2 𝑡 ⇒ 𝑡𝑔2𝑡 = sec2 𝑡 − 1 
sec 𝑡 > 0, 𝑠𝑒 −
𝜋
2
< 𝑡 <
𝜋
2
 
𝑓 𝑥 = sec 𝑡 ⇒ 𝑓′ 𝑥 = sec 𝑥 . 𝑡𝑔 𝑥 𝑑𝑥 
𝑔 𝑥 = sec2 𝑥 ⇒ 𝑔 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑡𝑔 𝑥 + 𝐶 
 sec3 𝑡 𝑑𝑡 = sec 𝑡 . 𝑡𝑔 𝑡 − sec3 𝑡 − sec 𝑡 dt = sec 𝑡 . 𝑡𝑔 𝑡 − sec3 𝑡 dt + sec 𝑡 dt (IV) 
E substituindo (III) em (II), temos: 
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Técnicas de Integração 
Exercício 3: Resolva a integral 
 1 + 4𝑥2 𝑑𝑥 
Até agora, sabemos que 
 1 + 4𝑥2 𝑑𝑥 =
1
2
. sec3 𝑡 𝑑𝑡 𝐼 Perceba que a mudança de variável 
2𝑥 = 𝑡𝑔 𝑡, −
𝜋
2
< 𝑡 <
𝜋
2
 
Elimina a raiz do integrando, com 
2𝑑𝑥 = sec2 𝑡 𝑑𝑡 ⇒ 𝑑𝑥 =
1
2
. sec2 𝑡 𝑑𝑡 
 
Precisaremos relembrar e usar: 
1 + 𝑡𝑔2𝑡 = sec2 𝑡 ⇒ 𝑡𝑔2𝑡 = sec2 𝑡 − 1 
sec 𝑡 > 0, 𝑠𝑒 −
𝜋
2
< 𝑡 <
𝜋
2
 
𝑓 𝑥 = sec 𝑡 ⇒ 𝑓′ 𝑥 = sec 𝑥 . 𝑡𝑔 𝑥 𝑑𝑥 
𝑔 𝑥 = sec2 𝑥 ⇒ 𝑔 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑡𝑔 𝑥 + 𝐶 
 sec3 𝑡 𝑑𝑡 = sec 𝑡 . 𝑡𝑔 𝑡 − sec3 𝑡 dt + sec 𝑡 dt (IV) 
2. sec3 𝑡 𝑑𝑡 = sec 𝑡 . 𝑡𝑔 𝑡 + ln | sec 𝑡 +𝑡𝑔 𝑡| 
 sec3 𝑡 𝑑𝑡 =
1
2
. sec 𝑡 . 𝑡𝑔 𝑡 + ln | sec 𝑡 + 𝑡𝑔 𝑡| (𝑉) 
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Técnicas de Integração 
Exercício 3: Resolva a integral 
 1 + 4𝑥2 𝑑𝑥 
Até agora, sabemos que 
 1 + 4𝑥2 𝑑𝑥 =
1
2
. sec3 𝑡 𝑑𝑡 𝐼 Perceba que a mudança de variável 
2𝑥 = 𝑡𝑔 𝑡, −
𝜋
2
< 𝑡 <
𝜋
2
 
Elimina a raiz do integrando, com 
2𝑑𝑥 = sec2 𝑡 𝑑𝑡 ⇒ 𝑑𝑥 =
1
2
. sec2 𝑡 𝑑𝑡 
 
Precisaremos relembrar e usar: 
1 + 𝑡𝑔2𝑡 = sec2 𝑡 ⇒ 𝑡𝑔2𝑡 = sec2 𝑡 − 1 
sec 𝑡 > 0, 𝑠𝑒 −
𝜋
2
< 𝑡 <
𝜋
2
 
𝑓 𝑥 = sec 𝑡 ⇒ 𝑓′ 𝑥 = sec 𝑥 . 𝑡𝑔 𝑥 𝑑𝑥 
𝑔 𝑥 = sec2 𝑥 ⇒ 𝑔 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑡𝑔 𝑥 + 𝐶 
 sec3 𝑡 𝑑𝑡 = sec 𝑡 . 𝑡𝑔 𝑡 − sec3 𝑡 dt + sec 𝑡 dt (IV) 
2. sec3 𝑡 𝑑𝑡 = sec 𝑡 . 𝑡𝑔 𝑡 + ln | sec 𝑡 + 𝑡𝑔 𝑡| 
 sec3 𝑡 𝑑𝑡 =
1
2
. sec 𝑡 . 𝑡𝑔 𝑡 + ln | sec 𝑡 + 𝑡𝑔 𝑡| (𝑉) 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Técnicas de Integração 
Exercício 3: Resolva a integral 
 1 + 4𝑥2 𝑑𝑥 
 1 + 4𝑥2 𝑑𝑥 =
1
2
. sec3 𝑡 𝑑𝑡 𝐼 𝑒 sec3 𝑡 𝑑𝑡 =
1
2
. sec 𝑡 . 𝑡𝑔 𝑡 + ln | sec 𝑡 + 𝑡𝑔 𝑡| (𝑉) 
 
2𝑥 = 𝑡𝑔 𝑡, −
𝜋
2
< 𝑡 <
𝜋
2
 
Para fechar: 
1 + 𝑡𝑔2𝑡 = sec2 𝑡 ⇒ sec 𝑡 = 1 + 𝑡𝑔2𝑡 
Substituindo (V) em (I), temos: 
 1 + 4𝑥2 𝑑𝑥 =
1
2
.
1
2
. sec 𝑡 . 𝑡𝑔 𝑡 + ln | sec 𝑡 + 𝑡𝑔 𝑡| 
 1 + 4𝑥2 𝑑𝑥 =
1
4
. 1 + 𝑡𝑔2𝑡. 𝑡𝑔 𝑡 + ln | 1 + 𝑡𝑔2𝑡 + 𝑡𝑔 𝑡| 
 1 + 4𝑥2 𝑑𝑥 =
1
4
. 1 + 4𝑥2. 2𝑥 + ln | 1 + 4𝑥2 + 2𝑥| 
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Técnicas de Integração 
Integração por frações parciais 
Exercício 4: Resolva a integral 
 
1
𝑥2 − 4
𝑑𝑥 
1
𝑥2 − 4
=
1
𝑥 + 2 . (𝑥 − 2)
=
𝐴
𝑥 + 2
+
𝐵
𝑥 − 2
=
𝐴 𝑥 − 2 + 𝐵(𝑥 + 2)
𝑥 + 2 . (𝑥 − 2)
 ⇒
1
𝑥2 − 4
=
𝐴 𝑥 − 2 + 𝐵(𝑥 + 2)
𝑥 + 2 . (𝑥 − 2)
 
𝐴𝑥 − 2𝐴 + 𝐵𝑥 + 2𝐵 = 1 ⇒ 𝐴 + 𝐵 𝑥 + 2𝐵 − 2𝐴 = 0𝑥 + 1 
𝐴 + 𝐵 = 0
2𝐵 − 2𝐴 = 1
 
 
𝐴 + 𝐵 = 0
2𝐵 − 2𝐴 = 1
 ⇒ 
𝐴 + 𝐵 = 0
𝐵 − 𝐴 =
1
2
 + 
2𝐵 =
1
2
 ⇒ 𝐵 =
1
4
 e, portanto, A = −
1
4
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Técnicas de Integração 
Integração por frações parciais 
Exercício 4: Resolva a integral 
 
1
𝑥2 − 4
𝑑𝑥 = 
−
1
4
𝑥 + 2
+
1
4
𝑥 − 2
𝑑𝑥 = −
1
4
 
1
𝑥 + 2
𝑑𝑥 +
1
4
 
1
𝑥 − 2
𝑑𝑥 
1
𝑥2 − 4
=
1
𝑥 + 2 . (𝑥 − 2)
=
𝐴
𝑥 + 2
+
𝐵
𝑥 − 2
=
𝐴 𝑥 − 2 + 𝐵(𝑥 + 2)
𝑥 + 2 . (𝑥 − 2)
 ⇒
1
𝑥2 − 4
=
𝐴 𝑥 − 2 + 𝐵(𝑥 + 2)
𝑥 + 2 . (𝑥 − 2)
 
𝐴𝑥 − 2𝐴 + 𝐵𝑥 + 2𝐵 = 1 ⇒ 𝐴 + 𝐵 𝑥 + 2𝐵 − 2𝐴 = 0𝑥 + 1 
𝐴 + 𝐵 = 0
2𝐵 − 2𝐴 = 1
 
 
𝐴 + 𝐵 = 0
2𝐵 − 2𝐴 = 1
 ⇒ 
𝐴 + 𝐵 = 0
𝐵 − 𝐴 =
1
2
 + 
2𝐵 =
1
2
 ⇒ 𝐵 =
1
4
 e, portanto, A = −
1
4
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Técnicas de Integração 
Integração por frações parciais 
Exercício 4: Resolva a integral 
 
1
𝑥2 − 4
𝑑𝑥 = 
−
1
4
𝑥 + 2
+
1
4
𝑥 − 2
𝑑𝑥 = −
1
4
 
1
𝑥 + 2
𝑑𝑥 +
1
4
 
1
𝑥 − 2
𝑑𝑥 
 
1
𝑥2 − 4
𝑑𝑥 = −
1
4
 
1
𝑥 + 2
𝑑𝑥 +
1
4
 
1
𝑥 − 2
𝑑𝑥 =
1
4
. ln x − 2 − ln x + 2 + ln C 
 
1
𝑥2 − 4
𝑑𝑥 =
1
4
. ln 
x − 2
x + 2
+ ln C 
 
1
𝑥2 − 4
𝑑𝑥 =
1
4
. ln C.
x − 2
x + 2
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Integral definida e Cálculo de Áreas 
Definição: Se 𝑓(𝑥) é uma função definida no intervalo fechado 𝑎, 𝑏 , então a 
integral definida de 𝑓(𝑥), de 𝑎 até 𝑏, denotada por 
 𝑓(𝑥)
𝑏
𝑎
𝑑𝑥, 
é dada por 
 𝑓(𝑥)
𝑏
𝑎
𝑑𝑥 = lim
∆ → 0
 𝑓 ξ𝑖 ∆𝑖𝑥
𝑛
𝑖=1
 
Se o limite existir. 
𝑏 é o limite superior de integração 
𝑎 é o limite inferior 
de integração 
𝑓(𝑥) é o 
integrando 
∆  Partição 
∆  Norma da partição 
ξ𝑖 um ponto qualquer do 
i-ésimo intervalo ∆𝑖𝑥 = ,𝑥𝑖−1, 𝑥𝑖- 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Integral definida e Cálculo de Áreas 
Definição: Se 𝑓(𝑥) é uma função definida no intervalo fechado 𝑎, 𝑏 , então a 
integral definida de 𝑓(𝑥), de 𝑎 até 𝑏, denotada por 
 𝑓(𝑥)
𝑏
𝑎
𝑑𝑥, 
é dada por 
 𝑓(𝑥)
𝑏
𝑎
𝑑𝑥 = lim
∆ → 0
 𝑓 ξ𝑖 ∆𝑖𝑥
𝑛
𝑖=1
= A 
Se o limite existir. 
Onde 𝑨 é a área da região 𝑹, 
abaixo do gráfico (ou curva) 
definida pela função 𝒇(𝒙). 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Integral definida e Cálculo de Áreas 
Exercício 5: Encontre o valor exato da área sob o gráfico da função 𝑓(𝑥) = 𝑥2 
em ,−3, 3-. Solução: a área da região 𝑹 sob o gráfico de 
𝒇(𝒙) = 𝒙𝟐, entre 𝒂 = −𝟑 e 𝒃 = 𝟑 é dada pela 
integral de f(x) nesse intervalo. 
Para resolver essa questão usaremos o Teorema 
Fundamental do Cálculo 
 𝑓(𝑥)
𝑏
𝑎
𝑑𝑥 = 𝐹 𝑥 
𝑎
𝑏
= 𝐹 𝑏 − 𝐹(𝑎) 
𝐴 = 𝑥2
3
−3
𝑑𝑥 =
𝑥3
3
 
−3
3
=
33
3
− −
33
3
= 9 + 9 = 18 𝑢. 𝑎. 
Avaliando o valor da área considerando todo o 
intervalo ,−3, 3-: 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Integral definida e Cálculo de Áreas 
Exercício 5: Encontre o valor exato da área sob o gráfico da função 𝑓(𝑥) = 𝑥2 
em ,−3, 3-. Solução: a área da região 𝑹 sob o gráfico de 
𝒇(𝒙) = 𝒙𝟐, entre 𝒂 = −𝟑 e 𝒃 = 𝟑 é dada pela 
integral de f(x) nesse intervalo. 
Para resolver essa questão usaremos o Teorema 
Fundamental do Cálculo 
 𝑓(𝑥)
𝑏
𝑎
𝑑𝑥 = 𝐹 𝑥 
𝑎
𝑏
= 𝐹 𝑏 − 𝐹(𝑎) 
𝐴 = 2. 𝑥2
3
0
𝑑𝑥 = 2.
𝑥3
3
 
0
3
= 2.
33
3
− 0 = 2.9 = 18 𝑢. 𝑎. 
Avaliando o valor da área considerando apenas o 
intervalo ,0, 3-: 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Integral definida e Cálculo de Áreas 
Exercício 6: Encontre o valor exato da área sob o gráfico da função 
𝑓 𝑥 = 𝑥 − 2 e pelas retas 𝑥 = 0 e 𝑥 = 5. 
𝐴 = 𝐴2 − 𝐴1 
𝐴 = 𝑥 − 2
5
2
𝑑𝑥 − 𝑥 − 2
2
0
𝑑𝑥 
𝐴 =
𝑥2
2
− 2𝑥 
2
5
−
𝑥2
2
− 2𝑥 
0
2
 
𝐴 =
52
2
− 2.5 −
22
2
− 2.2 −
22
2
− 2.2 − 0 
𝐴 =
25
2
− 10 − 2 − 4 − 2 − 4 
𝐴 =
5
2
+ 2 + 2 =
9
2
+ 2 =
13
2
 𝑢. 𝑎. 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Integral definida e Cálculo de Áreas 
Exercício 7: Encontre o valor exato da área sob o gráfico da função 
𝑓 𝑥 = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 em ,0, 2𝜋-. 
𝑨 = 𝑨𝟏 − 𝑨𝟐, 𝟎, 𝟐𝝅 ou 𝐀 = 𝟐.𝐀𝟏, 𝟎, 𝝅 ou 𝐀 = −𝟐. 𝐀𝟐, ,𝝅, 𝟐𝝅- 
A = 2. A1, 0, 𝜋 
A = 2. A1 = 2. 𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝜋
0
 𝑑𝑥 = 2. − cos 𝑥 
0
𝜋
 
A = −2. cos 𝑥 
0
𝜋
 = −2. −1 − 1 = 4 
A = 4 𝑢. 𝑎. 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Cálculo de Volumes 
Método do Disco Circular 
Definição: Seja 𝑓 uma função contínua no intervalo fechado ,𝑎, 𝑏- e admitamos 
que 𝑓 𝑥 ≥ 0 para todo 𝑥 em ,𝑎, 𝑏-. Se 𝑆 for o sólido de revolução obtido pela 
rotação, em torno do eixo 𝑥, da região limitada pela curva 𝑦 = 𝑓 𝑥 , o eixo 𝒙 e as 
retas 𝑥 = 𝑎 e 𝑥 = 𝑏 e se 𝑉 for o número de unidades cúbicas no volume de 𝑆, então 
𝑽 = 𝝅. 𝒇 𝒙 𝟐
𝒃
𝒂
 𝒅𝒙 
Dica: Utilizado quando o eixo de rotação (revolução) é parte da fronteira da área. 
Analogamente, se o eixo de rotação (revolução) for o eixo 𝒚, temos: 
𝑽 = 𝝅. 𝒇 𝒚 𝟐
𝒅
𝒄
 𝒅𝒙 
 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Cálculo de Volumes 
Método do Disco Circular 
Exercício 8: Considere a função definida por 𝑓 𝑥 = 𝑥 + 1 em 0, 6 , determine o 
volume do sólido de revolução nesse intervalo em 𝑥. 
𝑽 = 𝝅. 𝒇 𝒙 𝟐
𝒃
𝒂
 𝒅𝒙 = 𝜋. 𝑥 + 1 2
6
0
 𝑑𝑥 = 𝜋.
𝑥 + 1 3
3
 
0
6
 
𝑉 = 𝜋.
𝑥 + 1 3
3
 
0
6
= 𝜋.
7 3
3
−
1 3
3
= 𝜋.
343 − 1
3
=𝜋.
342
3
 
𝑉 = 114. 𝜋 𝑢. 𝑣. 
E se a rotação (revolução) fosse nesse intervalo, 
mas em relação ao eixo y? 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Cálculo de Volumes 
Método do Disco Circular 
Exercício 9: Considere a função definida por 𝑓 𝑥 = 𝑥 + 1 em 0, 6 , determine o 
volume do sólido de revolução nesse intervalo em 𝑦. 
𝑽 = 𝝅. 𝒈 𝒚 𝟐
𝒅
𝒄
 𝒅𝒚 = 𝜋. 𝑦 − 1 2
7
1
 𝑑𝑥 = 𝜋.
𝑦 − 1 3
3
 
1
7
 
𝑉 = 𝜋.
𝑦 − 1 3
3
 
1
7
= 𝜋.
6 3
3
−
0 3
3
= 𝜋.
216
3
⇒ 𝑣 = 72. 𝜋 𝑢. 𝑣. 
E se a rotação (revolução) fosse nesse intervalo, 
mas em relação ao eixo y? 
De 𝑦 = 𝑥 + 1 podemos escrever 𝑥 = 𝑦 − 1, que é uma 
𝑔 𝑦 = 𝑦 − 1, com 𝑦 ∈ ,1, 7-. 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Cálculo de Volumes 
Método do Anel Circular (Arruela) 
Definição: Sejam 𝑓 e 𝑔 funções contínuas no intervalo fechado ,𝑎, 𝑏- e admitamos 
que 𝑓 𝑥 ≥ 𝑔 𝑥 ≥ 0 para todo 𝑥 em ,𝑎, 𝑏-. Então, se 𝑉 unidades cúbicas é o 
volume do sólido de revolução gerado pela rotação, em torno do eixo 𝑥, da região 
limitada pelas curvas 𝑦 = 𝑓 𝑥 e 𝑦 = 𝑔 𝑥 e as retas 𝑥 = 𝑎 e 𝑥 = 𝑏, 
𝑽 = 𝝅. * 𝒇 𝒙 𝟐
𝒃
𝒂
− 𝒈 𝒙 𝟐+ 𝒅𝒙 
Dica: Utilizado quando o eixo de rotação (revolução) NÃO faz parte da fronteira da 
área. 
Analogamente, se o eixo de rotação (revolução) for o eixo 𝒚, temos: 
𝑽 = 𝝅. * 𝒇 𝒚 𝟐
𝒅
𝒄
− 𝒈 𝒚 𝟐+ 𝒅𝒚 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Cálculo de Volumes 
Método do Anel Circular (Arruela) 
Exercício 10: Considere a função definida por 𝑓 𝑥 = 𝑥 + 5 e 𝑔 𝑥 = 𝑥 + 3 em 
−1, 3 , determine o volume do sólido de revolução nesse intervalo em 𝑥. 
𝑽 = 𝝅. * 𝒇 𝒙 𝟐
𝒃
𝒂
− 𝒈 𝒙 𝟐+ 𝒅𝒙 = 𝜋. * 𝑥 + 5 2
3
−1
− 𝑥 + 3 2+ 𝑑𝑥 
𝑉 = 𝜋. 𝑥 + 5 2
3
−1
 𝑑𝑥 − 𝑥 + 3 2
3
−1
 𝑑𝑥 
𝑉 = 𝜋.
𝑥 + 5 3
3
 
−1
3
−
𝑥 + 3 3
3
 
−1
3
= 𝜋.
83
3
−
43
3
−
63
3
−
23
3
 
𝑉 = 𝜋.
512 − 64
3
−
216 − 8
3
= 𝜋.
448
3
−
208
3
=
240
3
. 𝜋 
𝑉 = 80. 𝜋 𝑢. 𝑣. 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Cálculo de Volumes 
Método do Anel Circular (Arruela) 
Exercício 10: Considere a função definida por 𝑓 𝑥 = 𝑥 + 5 e 𝑔 𝑥 = 𝑥 + 3 em 
−1, 3 , determine o volume do sólido de revolução nesse intervalo em 𝑥. 
𝑽 = 𝝅. * 𝒇 𝒙 𝟐
𝒃
𝒂
− 𝒈 𝒙 𝟐+ 𝒅𝒙 = 𝜋. * 𝑥 + 5 2
3
−1
− 𝑥 + 3 2+ 𝑑𝑥 
𝑉 = 𝜋. 𝑥 + 5 2
3
−1
 𝑑𝑥 − 𝑥 + 3 2
3
−1
 𝑑𝑥 
𝑉 = 𝜋.
𝑥 + 5 3
3
 
−1
3
−
𝑥 + 3 3
3
 
−1
3
= 𝜋.
83
3
−
43
3
−
63
3
−
23
3
 
𝑉 = 𝜋.
512 − 64
3
−
216 − 8
3
= 𝜋.
448
3
−
208
3
=
240
3
. 𝜋 
𝑉 = 80. 𝜋 𝑢. 𝑣. 
 Tente resolver esse exercício com a revolução em torno da reta 
𝑥 = −1, ou seja, rotação na horizontal. 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Cálculo de Volumes 
Método do invólucro cilíndrico (ou da casca) 
Definição: Seja 𝑓 uma função contínua no intervalo fechado ,𝑎, 𝑏-, onde 𝑎 ≥ 0. 
Admitamos que 𝑓 𝑥 ≥ 0 para todo 𝑥 em ,𝑎, 𝑏-. Se 𝑅 for a região limitada pelas 
curvas 𝑦 = 𝑓 𝑥 , o eixo 𝑥 e as retas 𝑥 = 𝑎 e 𝑥 = 𝑏, se 𝑆 for o sólido de revolução 
obtido pela rotação, em torno do eixo 𝑦, e se 𝑉 for o número de unidades cúbicas 
no volume de 𝑆, então 
𝑽 = 𝟐𝝅. 𝒙. 𝒇 𝒙
𝒃
𝒂
 𝒅𝒙 
Dica: Neste método define-se uma casca de espessura dx (ou dy) para a revolução 
(rotação) em torno do eixo y (ou x), determina o volume da casca e integra-se. 
Analogamente, se o eixo de rotação (revolução) for o eixo 𝒚, temos: 
𝑽 = 𝟐𝝅. 𝒚. 𝒇 𝒚
𝒅
𝒄
 𝒅𝒚 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Cálculo de Volumes 
Método do invólucro cilíndrico (ou da casca) 
Exercício 11: A região limitada pela curva 𝑦 = 𝑥2, o eixo 𝑥 e a reta 𝑥 = 3 sofre uma 
rotação em torno do eixo dos 𝑦. Encontre o volume do sólido gerado. 
Solução: Aplicando a expressão de volume 
𝑽 = 𝟐𝝅. 𝒙. 𝒇 𝒙
𝒃
𝒂
 𝒅𝒙 = 2𝜋. 𝑥. 𝑥2
3
0
 𝑑𝑥 = 2𝜋. 𝑥3
𝑏
𝑎
 𝑑𝑥 = 2𝜋.
𝑥4
4
 
0
3
 
𝑽 = 2𝜋.
34
4
− 0 = 2. 𝜋.
81
4
⇒ 𝑽 =
𝟖𝟏
𝟐
.𝝅 𝒖. 𝒗. 
Observe que esse problema pode ser resolvido pelo método do 
disco circular 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Cálculo de Volumes 
Método do invólucro cilíndrico (ou da casca) 
Exercício 11: A região limitada pela curva 𝑦 = 𝑥2, o eixo 𝑥 e a reta 𝑥 = 3 sofre uma 
rotação em torno do eixo dos 𝑦. Encontre o volume do sólido gerado. 
Solução: pelo método do disco circular 
𝑽 = 𝝅. ,𝒇 𝒚 -𝟐
𝒅
𝒄
 𝒅𝒙 = 𝜋. 𝑦 2
9
0
 𝑑𝑦 = 𝜋. 𝑦
9
0
 𝑑𝑦 = 𝜋.
𝑦2
2
 
0
9
 
𝑽 = 𝜋.
92
2
− 0 = 𝜋.
81
2
⇒ 𝑽 =
𝟖𝟏
𝟐
. 𝝅 𝒖.𝒗. 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Comprimento de curva (ou arco) 
Teorema: Se a função 𝑓(𝑥) e sua derivada 𝑓′(𝑥) são contínuas no intervalo 
fechado ,𝑎, 𝑏-, então, o comprimento da curva 𝑦 = 𝑓(𝑥) do ponto (𝑎 , 𝑓 𝑎 ) ao 
ponto (𝑏, 𝑓 𝑏 ) é dado por 
𝐿 = 1 + 𝑓′ 𝑥 2
𝑏
𝑎
 𝑑𝑥 
Teorema: Se a função 𝑔(𝑦) e sua derivada 𝑔′(𝑦) são contínuas no intervalo 
fechado ,𝑐, 𝑑-, então, o comprimento da curva 𝑥 = 𝑔(𝑦) do ponto (𝑔(𝑐) , 𝑐) ao 
ponto (𝑔(𝑑), 𝑑) é dado por 
𝐿 = 1 + 𝑔′ 𝑦 2
𝑑
𝑐
 𝑑𝑦 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Comprimento de Curva 
Exercício 2: Determinar o comprimento de arco da curva 𝑦 =
𝑥
2
 + 1, 0 ≤ 𝑥 ≤ 3. 
𝑦′ =
1
2
 𝐿 = 1 + 𝑓′ 𝑥 2
𝑏
𝑎
𝑑𝑥 = 1 +
1
2
23
0
𝑑𝑥 = 1 +
1
4
3
0
𝑑𝑥 = 
5
4
3
0
𝑑𝑥 
𝐿 =
5
2
 1
3
0
𝑑𝑥 =
5
2
𝑥 
0
3
=
5
2
3 − 0 ⇒ 𝐿 =
3 5
2
 u. c. 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I 
Comprimento de Curva 
Exercício 2: Determinar o comprimento de arco da curva 𝑦 =
𝑥
2
 + 1, 0 ≤ 𝑥 ≤ 3. 
De outra forma, temos 
𝑥
2
 = 𝑦 − 1 ⇒ 𝑥 = 2. (𝑦 − 1) ⇒ 𝑥 = 2𝑦 − 2 
𝑔 𝑦 = 2𝑦 − 2, 𝑐𝑜𝑚 1 ≤ 𝑦 ≤
5
2
 
𝑔′ = 2 
𝐿 = 1 + 𝑔′ 𝑦 2
5
2
1
𝑑𝑦 = 1 + (2)2
5
2
1
𝑑𝑦 
𝐿 = 5
5
2
1
𝑑𝑦 = 5 1
5
2
1
𝑑𝑦 =
5
2
𝑦 
1
5
2
 
L = 5
5
2
− 1 ⇒ 𝐿 =
3 5
2
 u. c. 
CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I