APOSTILA DE CFVV

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Cálculo de funções de várias variáveis 
para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 
1 
REVISÃO DE DERIVADAS E INTEGRAIS PARA UMA VARIÁVEL 
 
Para facilitar o cálculo das derivadas das funções de uma variável, evitando o uso da 
definição, podemos usar as regras de derivação a seguir: 
 
REGRAS DE DERIVAÇÃO: 
 (derivadas de algumas funções elementares) 
Função Derivada 
y = k y’ = 0 K = constante real; 
y = x y’ = 1 u e v são funções de x; 
y = k . x y’ = k n é um número natural. 
y = x n y’ = n . x n – 1 
y = k . x n y’ = k . n . x n − 1 
y = k . u y’ = k . u’ 
y = u n y’ = n . u n – 1 . u’ 
y = u ± v y’ = u’ ± v’ 
y = u . v y’ = u’.v + v’. u 
y = 
v
u
 y’ = 
2v
u . v' v '.u −
 
 
y = eu y’ = eu . u’ 
y = ln u y’ = 
u
'u
 
 Obtidas a partir da 
 Regra da Cadeia 
y = au y’ = au . ln a . u’ 
y = log a u y’ = u
'u
. log a e ou y’ = a ln . u
'u
 
 
y = sen u y’ = u’ . cos u 
y = cos u y’ = − u’ . sen u 
y = tg u y’ = u’ . sec2 u 
y = cotg u y’ = – u’ . cosec2 u 
 
Exemplos: 
 
 I) Calcular pela regra de derivação a derivada das seguintes funções: 
 
1) f(x) = 5 f’(x) = D(k) = 0 
 
2) f(x) = 3 . x f’(x) = D(k . x) = k f’(x) = 3 
 
3) f(x) = x3 f’(x) = D(xn) = n . x n – 1 , n = 3 
 
 f’(x) = 3 . x 3 – 1 f’(x) = 3 x2 
 
4) f(x) = 3x + 2 f’(x) = D(u + v) = u’ + v’ = 3 + 0 = 3 
 
5) f(x) = (2x + 3)3 f’(x) = D(un) = n . un – 1 . u’ 
 n = 3 
 u = 2x + 3 u’ = 2 + 0 = 2 
 
 f’(x) = 3 . (2x + 3)3 – 1 . 2 f’(x) = 6 . (2x + 3)2 
 
6) y = x3 – 12x + 5 y’ = 3x2 – 12 
 
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2 
7) y = x3x2 − y = (x2 – 3x) 2
1
 y’ = D(un) = n . un−1 . u’ 
 n = 1/2 
 u = x2 – 3x u’ = 2x – 3 
 y’ = 
2
1
. (x2 – 3x)
1 
2
1
−
. (2x – 3) y’ = 
2
1
. (x2 – 3x) 2
 1−
. (2x – 3) 
 
8) y = (2 + 3x).(5 – 2x) y’ = D(u . v) = u’.v + v’. u 
 u = 2 + 3x u’ = 3 
 v = 5 – 2x v’ = −2 
 
 y’ = 3 . (5 – 2x) + (−2) . (2 + 3x) = 15 – 6x – 4 – 6x y’ = 11 – 12x 
 
9) y = 
1x3
4x2
−
+
 y’ = D 





v
u
 = 
2v
u . v' v '.u −
 
 u = 2x + 4 u’ = 2 
 v = 3x – 1 v’ = 3 
 
 y’ = 
2)1x3(
4) (2x . 3 1) (3x . 2
−
+−−
 = 
2)1x3(
12x62x6
−
−−−
 y’ = 
2)1x3(
14
−
−
 
 
10) f(x) = ln (x3 – 2) f’(x) = D(ln u) = 
u
'u
 
 u = x3 – 2 u’ = 3x2 y’ = 
2x
x3
3
2
−
 
11) f(x) = e5x –2 f’(x) = D(eu) = eu . u’ 
 u = 5x – 2 u’ = 5 y’ = 5. e5x – 2 
 
12) y = 2 x3x
2 − y’ = D(au) = au . ln a . u’ a = 2 , u = x2 – 3x u’ = 2x – 3 
 y’ = 2 x3x
2 − . ln 2 . (2x – 3) 
13) y = log (2x + 3) y’ = D(log u) = 
a ln . u
'u
 
 u = 2x + 3 u’ = 2 y’ = 
10 ln . )3x2(
2
+
 
14) y = sen 5x y’ = D(sen u) = u’ . cos u 
 u = 5x u’ = 5 y’ = 5 . cos 5x 
 
15) y = cos (2x + 3) y’ = D(cos u) = − u’ . sen u 
 u = 2x + 3 u’ = 2 y’ = − 2 . sen (2x + 3) 
 
16) y = tg (x2 – 4x) y’ = D(tg u) = u’ . sec2 u 
 u = x2 – 4x u’ = 2x – 4 y’ = (2x – 4) . sec2 (x2 – 4x) 
 
 
OBSERVAÇÃO: A derivada de uma função pode ser denotada por: 
 
 y’ ou f’(x) ou 
dx
dy
 ou 
dx
df
 ou Dx(y) ou Df(x) 
 notação de Leibniz (1646 – 1716) 
 
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REGRAS DE INTEGRAÇÃO: 
 Considerando: C ∈ IR, K ∈ IR, u = f(x) , v = g(x) e n ≠ −1, temos as seguintes 
integrais (elementares) imediatas: 
 
 1. ∫dx = x + C 2. ∫ dx k = k ∫dx = k . x + C 
 3. ∫ dx xn = 1 n
x 1 n
+
+
 + C 4. ∫ − dx x 1 = ∫ dx x
1
 = ln |x| + C 
 5. ∫ dx ax = a ln
ax
 + C , 0 < a ≠ 1 6. ∫ dx ex = xe + C 
 7. ∫ ∫ ∫±=± dv du dv) du( 
 
PROPRIEDADES DA INTEGRAL INDEFINIDA 
 
I. ∫ )x(f. k dx = k ∫ )x(f dx , k = constante real 
II. ∫ ± .dx g(x)] )x(f[ = ∫ )x(f dx ± ∫ )x(g dx 
III. [ ]∫ dx . )x(f dx
d
 = f(x) , ou seja, a derivada da integral de uma função é a própria 
 função. 
 
Exemplo 1: Calcular as integrais indefinidas: 
 
a) ∫ dx 5 = 5 ∫ dx = 5 x + C , C∈IR 
b) ∫∫ +−=++−=−=−
+
C 
 2 
x 
 C 
1 1
 x
 dx x dx x
21 1
, C∈IR 
c) dx 5 dx x 3 dx 5 dx 3x dx 5) x3(∫ ∫ ∫ ∫ ∫ =+=+=+ 
 C 5x x
2
3
 C x 5 
1 1
 x
 . 3 2
1 1
++=++
+
=
+
 
 
d) ∫ ∫ ∫∫ =−+=−+ dx x 2 dx x dx x dx 2x) x x( 3232 
 = C 
1 1
x 
 2 
1 3
x 
 
12
 
1 11 31 2
+
+
−
+
+
+
+++x
 = 
 = C x 
4
 x
 
3
x 2
43
+−+ , C∈IR 
e) ∫ ∫ ∫ ∫ +−=−=−=−+ C x 3
x
 dx dx x dx 1) (x dx 1) (x . 1) x(
3
22 , C∈IR 
f) ∫ ∫ ∫ ∫∫ =++=++=+ dx 9 dx x 6 dx x dx 9) x6 (x dx 3) x( 242422 
 = C 9x x2 
5
 x
 C 9x 
3
 x
 6 
5
x 3
535
+++=+++ , C∈IR 
g) C 
x
 1 
 C 
1
x
 C 
1 2
 x
 dx x dx 
x 
1 11 22
2
+−=+
−
=+
+−
==
−+−
−∫∫ , C∈IR 
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4 
h) C |x| ln dx 
x
1
 dx x 1 +== ∫∫ − , C∈IR 
i) C x 
3
2
 C x
3
2
 C 
 x
 C 
1 
 x
 dx x dx x 32
3
2
3
2
3
2
1
1 
2
1
2
1
+=+=+=+
+
==
+
∫ ∫ , C∈IR 
j) ∫ ∫∫ ++=+=+ C 2 ln
2 
 e 2 dx 2 dx e 2 dx )2 e 2(
x
xxxxx ,C∈IR 
 
 
 
TABELA DE INTEGRAIS IMEDIATAS: 
 
1) ∫du = u + C 
 
2) ∫ u
du
 = ln |u| + C 
 
3) ∫ ue du = ue + C 
 
4) ∫ nu du = 1
1
+
+
n
un
 + C (n é constante ≠ −1) 
 
5) ∫ ua du = a ln
ua
 + C 
 
6) ∫ usen du = − cos u + C 
 
7) ∫ u cos du = sen u + C 
 
8) ∫ u2sec du = tg u + C 
 
9) ∫ uec2cos du = −cotg u + C 
 
10) ∫ u sec . tg u du = sec u + C 
 
11) ∫ u cosec . cotg u du = −cosec u + C 
 
 
 
 
 
 
 
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FUNÇÃO DE DUAS VARIÁVEIS – DOMÍNIO – IMAGEM – REPRESENTAÇÃO 
 
 Uma função real a duas variáveis é uma relação que transforma em um único 
número real z cada par ordenado (x, y) de números reais de um certo conjunto D ⊂ ℜ2, 
chamado de domínio da função, e escrevemos z = f(x, y). 
 
 Na função z = f(x, y), dizemos que z é a variável dependente e que x e y são 
variáveis independentes; O conjunto de todos os valores possíveis de z, que pode ser 
obtido aplicado à relação f aos pares ordenados (x, y) ∈ D, é chamado Imagem de f. 
 O domínio pode ser representado através de um conjunto de pontos no plano x0y e o 
gráfico de f como uma superfície cuja projeção perpendicular ao plano x0y é D. Observe 
que quando (x, y) varia em D, o ponto correspondente (x, y, z) = (x, y, f(x, y)) varia 
sobre a superfície. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Dada uma superfície S, podemos nos perguntar se ela sempre representa o gráfico 
de uma função z = f(x, y). A resposta é não. Sabemos que, se f é uma função, cada 
ponto de seu domínio pode ter somente uma imagem. Portanto, a superfície S só 
representará o gráfico de uma função z = f(x, y) se qualquer reta perpendicular ao plano 
x0y “cortar” S em um único ponto. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura (a) 
 
 
 
 Figura (b) 
 
 
 
P(x, y) 
z = f(x, y) 
x 
y 
z 
z1 
z2 
0 
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 Observe que na figura (b) os pontos P(x1, y1, z1) e R(x2, y2, z2) são imagens de um 
único ponto (x, y) do plano x0y (plano ℜ2), com z1 ≠ z2. 
 
Exemplo 1 – Seja f(x, y) = 22 yx1 −− uma função de 2 variáveis. Assim, seu domínio é 
um subconjunto do ℜ2 e seu gráfico é um subconjunto do ℜ3. Para que 22 yx1 −− seja 
um número real devemos ter: 1 – x2 – y2 ≥ 0 que nos fornece x2 + y2 ≤ 1, logo, temos os 
domínio: 
 D(f) = { (x, y) ∈ ℜ2 | x2 + y2 ≤ 1 } 
 
 Um ponto (x, y, z) ∈ ℜ3 pertence ao gráfico de f se, e somente se, z = f(x, y), isto 
é, z = 22 yx1 −− , equivalentemente a z ≥ 0 e z2 + x2 + y2 = 1. Deste modo, o gráfico 
consiste no hemisfério superior da esfera z2 + x2 + y2 = 1, conforme figura abaixo. A 
imagem de f é o intervalo [0, 1] e escrevemos: 
 z = Im(f) = [0, 1] 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exercícios 
 
1. Fazer uma representação gráfica do domínio das seguintes funções: 
 
a) f(x, y) = ln (x – y) 
Sabemos que ln (x – y) é um número real quando x – y > 0 x > y. 
D(f) = { (x, y) ∈ ℜ2 | x > y }. 
Graficamente, temos: 
 
 
 
 
 
b) f(x, y) = 
22 yx
xy
−
 
Sabemos que 
22 yx
xy
−
 é um número real quando x2 – y2 > 0 ou que 
(x – y)(x + y) > 0, logo, temos o domínio: 
D(f) = { (x, y) ∈ ℜ2 | (x – y)(x + y) > 0 }. 
 
 
 
Imagem de z 
x– y > 0 
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Lembrando que (x – y)(x + y) é um número real positivo quando x – y > 0 e x + y > 0 
ou x – y < 0 e x + y < 0, teremos o gráfico abaixo no qual, a região A representa o 
primeiro caso e a região B o segundo. 
 
 
 
 
 
 
 
c) f(x, y) = 
25yx 
1
22 −+
 
Sabemos que 
25yx 
1
22 −+
 é um número real quando x2 + y2 – 25 > 0 
x2 + y2 > 25, logo temos o domínio: D(f) = { (x, y) ∈ ℜ2 | x2 + y2 > 25}. 
Esse é o conjunto dos pontos que estão na região exterior à circunferência 
x2 + y2 = 25 (que tem o centro na origem e raio igual a 5), conforme figura abaixo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
d) g(x, y) = 22 yx9 −− 
Sabemos que 22 yx9 −− é um número real quando 9 – x2 – y2 ≥ 0 
−x2 − y2 ≥ −9 . (−1) x2 + y2 ≤ 9, logo, temos o domínio: 
D(g) = { (x, y) ∈ ℜ2 | x2 + y2 ≤ 9}. Esse é o conjunto dos pontos que estão na região 
interior à circunferência x2 + y2 = 9 (que tem centro na origem e raio igual a 3), 
conforme figura abaixo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Seja z = g(x, y). Como z é raiz quadrada positiva (z ≥ 0), temos que: 
 9 – x2 – y2 ≤ 9 22 yx9 −− ≤ 3 . Portanto, a imagem de z é dada por: 
 Im(z) = { z ∈ ℜ2 | 0 ≤ z ≤ 3} ou Im(z) = [0; 3] 
 Podemos observar essa imagem no gráfico da função z = 22 yx9 −− 
 (z)2 = ( 22 yx9 −− )2 z2 = 9 – x2 – y2 x2 + y2 + z2 = 9. Deste modo, o 
 gráfico consiste no hemisfério superior da esfera z2 + x2 + y2 = 32 , conforme figura 
x 
y 
5 −5 
−5 
5 
x 
y 
−3 3 
−3 
x2 + y2 = 32 3 
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9 
Imagem de z 
3 
3 
3 
 abaixo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Observações: 
 
1. De forma análoga ao Cálculo de uma variável, as derivadas parciais de uma função 
são funções e, portanto, podemos calculá-las em pontos de seus domínios. Por 
exemplo: 
Seja f(x, y) = ln (x2 + y2 + 1). Temos: 
 fx = 
 x
f 
∂
∂
 = D(ln u) = 
u
'u x = 
1yx
x2
22 ++
 e fy = 
 y
f 
∂
∂
 = D(ln u) = 
u
'u y
 = 
1yx
y2
22 ++
 
 Portanto, temos duas novas funções: g(x, y) = 
1yx
x2
22 ++
 e h(x, y) = 
1yx
y2
22 ++
 
 Os domínios das funções são: 
 D(f) = { (x, y) ∈ ℜ2 | x2 + y2 + 1 > 0 } = ℜ2, 
 D(g) = D(h) = { (x, y) ∈ ℜ2 | x2 + y2 + 1 ≠ 0 } = ℜ2. 
 
 Os gráficos de f, g e h são, respectivamente: 
 
 
 
 f(x, y) = ln (x2 + y2 + 1) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 g(x, y) = 
1yx
x2
22 ++
 h(x, y) = 
1yx
y2
22 ++
 
 
 
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10 
2. A não existência das derivadas parciais de uma função contínua de duas variáveis 
num ponto indica que o gráfico da função apresenta “arestas” nesse ponto. 
De fato, seja z = f(x, y) = 22 yx + ; então, as derivadas parciais existem, exceto na 
origem. Veja o gráfico de f abaixo: 
 
 
 
 
 
 f(x, y) = 22 yx + 
 
 
 
 
 
 
 
 Curvas e Superfícies de Nível 
 
Existe uma outra técnica gráfica, útil, para descrever o comportamento de uma 
função de duas variáveis. O método consiste em descobrir no plano x0y os gráficos das 
equações f(x; y) = k para diferentes valores de k. Os gráficos obtidos desta maneira são 
chamados curvas de nível da função f correspondente ao nível k. No caso de três 
variáveis, é chamado superfície de nível de f. 
Para determinarmos o conjunto de pontos (x, y) ∈ D(f) tais que f(x; y) = k, cotamos 
o gráfico pelo plano horizontal z = k e projetamos a intersecção no “chão”. 
 
 
 
Exemplo1 – Esboce o gráfico das curvas de nível da função f(x; y) = 6 – 3x – 2y, para os 
valores k = – 6; 0; 6; 12. 
Solução: “As curvas de nível de uma função de duas variáveis são as curvas com 
equação f(x; y) = k, onde k é uma constante (no domínio de f)”. 
 Então: 6 – 3x – 2y = k 3x + 2y + (k – 6) = 0 ( que representa uma família de 
retas paralelas). 
 
 Temos as curvas de nível: 
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11 
Para k = – 6 3x + 2y – 12 = 0 
Para k = 0 3x + 2y – 6 = 0 São retas paralelas, igualmente espaçadas, pois, o 
Para k = 6 3x + 2y = 0 gráfico de f é um plano. 
Para k = 12 3x + 2y + 6 = 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Mapa de contornos de 
 f(x; y) = 6 – 3x – 2y 
 
Exemplo 2 – Esboce o gráfico das curvas de nível das funções g(x; y) = 22 yx9 −− , 
para k = 0; 1; 2; 3. 
Solução: Devemos ter: g(x; y) = k, ou seja, 22 yx9 −− = k 
2
22 yx9 



 −− = 2k 
9 – x2 – y2 = k2 x2 + y2 = (9 – k2) (que corresponde a uma família de circunferências 
concêntricas com centro na origem (0; 0) e raio 2k9 − . Assim temos as curvas de nível: 
Para k = 0 x2 + y2 = 9 – 02 x2 + y2 = 9 centro (0; 0) e raio r = 9 = 3 
Para k = 1 x2 + y2 = 9 – 12 x2 + y2 = 8 centro (0; 0) e raio r = 8 
Para k = 2 x2 + y2 = 9 – 22 x2 + y2 = 5 centro (0; 0) e raio r = 5 
Para k = 3 x2 + y2 = 9 – 32 x2 + y2 = 0 centro (0; 0) e raio r = 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 3 – Esboce o gráfico das curvas de nível das funções f: ℜ2 ℜ, definida por 
f(x; y) = x2 + y2 , para k = 0; 1; 4. 
Solução: Devemos ter: x2 + y2 = k (que representa uma família de circunferências 
concêntricas de centro na origem (0; 0) e raio k . Assim temos: 
Para k = 0 x2 + y2 = 0 centro (0; 0) e raio r = 0 = 0 
Para k = 1 x2 + y2 = 1 centro (0; 0) e raio r = 1 =1 
Para k = 4 x2 + y2 = 4 centro (0; 0) e raio r = 4 = 2 
 
 
 
 x2 + y2 = 4 
 
 x2 + y2 = 1 
 
 
 
K = 0 K = 6 K = 12 K = – 6 
y 
• • • • • • 
x 
3 
1 
2 4 −2 
−3 
−3/2 
 y 
• 
 K = 3 
 K = 2 
 K = 0 
 K = 1 
 (3; 0) 
x 
 0 5 8 
y 
• 
1 2 0 x 
K = 0 
K = 1 
K = 4 
z 
x 
y 
1 
2 
x2 + y2 = 0 
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12 
NOTA: As curvas de nível são usadas na prática com freqüência. Na Engenharia Civil, 
por exemplo, as curvas de nível de uma função determinada para medir a altura de uma 
região (relativa a um plano horizontal fixo) obtida a partir de um aparelho chamado 
teodolito, constituem o que chamamos de carta topográfica da região, que é utilizada no 
projeto de estradas. 
 A temperatura de um ponto da superfície da Terra é uma função da latitude 
e da longitude do ponto. Uma curva de nível dessa função é chamada de isoterma. 
 
DERIVADAS PARCIAIS DE 1ª ORDEM ou DE ORDEM 1 
 
 Seja z = f(x, y). Se considerarmos y como constante, obtermos uma função de uma 
única variável, a saber, x. Derivando esta função de uma variável, o resultado é chamado 
de derivada parcial (de ordem 1) em relação a x, e é indicada por um dos símbolos: 
 fDfDf
x
z
)y,x(f
xx
f
f)y,x(f xxx ===∂
∂
=
∂
∂
=
∂
∂
== 11 
Exemplo: Se z = f(x, y) = x.y + sen x, então: 
 fx = 
x
f
∂
∂
= fx(x, y) = y + cos x (fizemos y constante) 
 
 Analogamente, considerando x constante na função z = f(x, y) obtemos uma função 
da variável y. Derivando esta função, o resultado é chamado de derivada parcial (de 
ordem 1) em relação a y da função z = f(x, y), e é indicada por um dos símbolos: 
 fDfDf
y
z
)y,x(f
yy
f
f)y,x(f yyy ===∂
∂
=
∂
∂
=
∂
∂
== 22 
 No exemplo anterior, temos: 
 fy = 
y
f
∂
∂
= fy(x, y) = x + 0 = x (fizemos x constante) 
 
Regra para determinar a derivada parcial de z = f(x, y): 
 
1. Para achar fx , tomar y como uma constante e diferencie f(x, y) com relação a x; 
2. Para achar fy , tomar x como uma constante e diferencie f(x, y) com relação a y; 
Exercícios 
1. Se f(x, y) = x3 + x2y3 – 2y2, determine fx(2; 1) e fy(2; 1) 
 Solução: 
 I) fx = fx(x, y) = 3x
2 +2xy3 – 0 = 3x2 + 2xy3 (fizemos y constante) 
 ∴∴∴∴ fx(2; 1) = 3 . 22 + 2 . 2 . 13 = 12 + 4 = 16 
 
 II) fy = fy(x, y) = 0 + 3x
2y2 – 4y = 3x2y2 – 4y (fizemos x constante) 
 ∴∴∴∴ fy(2; 1) = 3 . 22.12 – 4 .1 = 12 – 4 = 8 
 
2. Determine as derivadas parciais de primeira ordem das funções: 
 a) f(x, y) = 3x – 2y4 
 I) fx = 3 – 0 fx = 3 
 II) fy = 0 – 8y
3 fy = – 8y
3 
 
 b) f(x, y) = x5 + 3x3y2 + 3xy4 
 I) fx = 5x
4 + 9x2y2 + 3y4 
 II) fy = 0 + 6x
3y + 12xy3 = 6x3y + 12xy3 
 
 c) z = x. ye3 Lembrete: D(eu) = u’ . eu 
Cálculo de funções de várias variáveis 
para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 
13 
 I) 
x
z
∂
∂
 = 1. e3y = e3y 
 II) 
y
z
∂
∂
 = x.3.e3y = 3xe3y 
 
 d) z = y . ln x Lembrete: D(ln u) = u’/u 
 I) 
x
z
∂
∂
 = y . 
x
1
 = 
x
y
 
 II) 
y
z
∂
∂
 = 1 . ln x = ln x 
 
 e) f(x, y) = 
yx
yx
+
−
 Lembrete: 
2v
u'.vv'.u
v
u
D
−
=





 
 I) fx = 
2v
u'.vv'.u
v
u
D
−
=





 



=⇒+=
=⇒−=1
1
x
x
'vyxv
'uyxu
 
 fx = 
2
11
)yx(
)yx.()yx.(
+
−−+
 = 
2)yx(
yxyx
+
+−+
 = 
2
2
)yx(
y
+
 
 
 II) fy = 
2v
u'.vv'.u
v
u
D
−
=





 



=⇒+=
=⇒−=
1
1
y
y
'vyxv
'uyxu
 
 fy = 
2
11
)yx(
)yx.()yx.(
+
−−+−
 = 
2)yx(
yxyx
+
+−−−
 = 
2
2
)yx(
x
+
−
 
 
 f) f(x, y) = xy 
 I) fx = 1 . y = y II) fy = x . 1 = x 
 
 g) w = f(x, y, z) = x2yz2 
 I) 
x
w
∂
∂
 = fx = 2xyz
2 II) 
y
w
∂
∂
 = fy = x
2z2 III) 
z
w
∂
∂
 = fz = 2x
2yz 
 
 h) z = x2 . ln(y2x) Lembrete: D(u . v) = u’. v + v’ . u 
 I) 
x
z
∂
∂
 = fx = D(u . v) = u’x . v + v’x . u 





====⇒=
=⇒=
xxy
y
w
'w
)w(lnD'v)xyln(v
 x'uxu
x
x
x
1
2
2
2
2
2
 
 fx = 2x . ln(y
2x) + 
x
1
. x2 fx = 2x . ln(y
2x) + x 
 
 II) 
y
z
∂
∂
 = fy = D(u . v) = u’y . v + v’y . u 





====⇒=
=⇒=
yxy
yx
w
'w
)w(lnD'v)xyln(v
 'uxu
y
y
y
22
0
2
2
2
 
 fy = 0 . ln(y
2x) + 
y
2
. x2 fx = 
y
x22
 
 
 i) z = f(x, y) = 22 yx + z = 2
1
22 )yx( + Lembrete: D(un) = n . u n – 1 . u’ 
Cálculo de funções de várias variáveis 
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14 
 I) fx = D(u
n) = n . u n – 1 . u’x 



=+=⇒+=
=
xx'uyxu
 /n
x 202
21
22 
 fx = 
2
1
. (x2 + y2)
1
2
1 −
. 2x = (x2 + y2) 2
1−
. x = 
2
1
22 )yx(
x
+
 fx = 
22 yx
x
+
 
 
 II) fy = D(u
n) = n . u n – 1 . u’y 



=+=⇒+=
=
yy'uyxu
 /n
y 220
21
22 
 fy = 
2
1
. (x2 + y2)
1
2
1 −
. 2y = (x2 + y2) 2
1−
. y = 
2
1
22 )yx(
y
+
 fy = 
22 yx
y
+
 
 
3. Determine as derivadas parciais indicadas: 
 a) f(x, y) = 22 yx + ; fx(3; 4) 
 Solução: No exercício anterior, vimos que: 
 fx = 
22 yx
x
+
 fx(3; 4) = 
22 43
3
+
= 
169
3
+
 = 
25
3
 = 
5
3
 fx(3; 4) = 
5
3
 
 
 b) f(x, y) = sen(2x + 3y); fy (– 6; 4) 
 Solução: fy = D(sen u) = u’y . cos u u = 2x + 3y u’y = 0 + 3 = 3 
 fy = 3 . cos(2x + 3y) 
 fy(– 6; 4) = 3 . cos[2.(– 6) + 3. 4] = 3 . cos(–12 + 12) = 3.cos 0 = 3. 1 = 3 
 
 c) f(x, y, z) = 
zy
x
+
 ; fz(3; 2; 1) 
 Solução: fz = 2
zz
v
u .'vv .'u
v
u
D
−
=





 



=⇒+=
=⇒=
1
0
z
z
'vzyv
 'uxu
 
 fz = 
2
10
)zy(
x.)zy.(
+
−+
 =
2)zy(
x
+
−
 fz(3; 2; 1) = 
212
3
)( +
−
 = 
23
3−
 = 
3
1
− fz(3; 2; 1) = 
3
1
− 
 
NOTA: Seja f(u) = n mu . Podemos escrever: f(u) = n
m
u 
 Neste caso, k)u(D
du
df k == . 1ku − . u’, onde: k = 
n
m
, então: 
 =
du
df
n
m
. 
1
n
m
u
−
 . u’ = 
n
m
. n
nm
u
−
 . u’ = 
n
m
. n nmu − . u’ = 
n
m
. n
n
m
u
u
 . u’ 
 =
du
df
 
n
m
. 
n n
n m
u 
u 
 . u’ = 
n
m
. 
n
u n m
 . u’ =
du
df
u . n
u' . u . m n m
 
 (note que neste caso, a derivada apresenta o resultado na forma racionalizada) 
 No exercício 2-i, onde f(x, y) = 22 yx + = 2 122 )yx( + , temos: 
 m = 1, n = 2 e u = 22 yx + 



=
=
y2'u
x2'u
y
x
 
 I) 
x
f
dx
df
∂
∂
= = 
u . n
u' . u . m x
n m
 = 
)y(x . 2
2x . )y(x . 1
22
2 122
+
+
 =
dx
df
 
22
22
yx
y x . x
+
+
 
Cálculo de funções de várias variáveis 
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15 
 II) 
y
f
dy
df
∂
∂
= = 
u . n
u' . u . m y
n m
 = 
)y(x . 2
2y . )y(x . 1
22
2 122
+
+
 =
dy
df
 
22
22
yx
y x . y
+
+
 
 
4. Calcular as derivadas parciais de 1ª ordem para as funções: 
 a) z = 5xy – 2x 
 I) 
x
z
∂
∂
= 5y – 2x (fizemos y constante) 
 II) 
y
z
∂
∂
 = 5x – 0 = 5x (fizemos x constante) 
 
b) f(x, y) = y.x 
Temos: m = 1, n = 2 , u = x . y 



=
=
x'u
y'u
y
x
 
I) 
x
f 
dx
df
∂
∂
= = 
u . n
u' . u . m x
n m
 = 
y . x .2
y . )y.x( .1 2 1
 =
dx
df
 
2x
 y. x 
 
II) 
y
f 
dy
df
∂
∂
= = 
u . n
u' . u . m y
n m
 = 
y . x .2
x . )y.x( .1 2 1
 =
dy
df
 
2y
 y. x 
 
 
c) f(x, y) = y .x
2
e 
I) 
x
f 
dx
df
∂
∂
= = D( ue ) = x'u . 
ue , onde u = x2 . y u’x = 2xy 
 
x
f 
dx
df
∂
∂
= = 2xy . y .x
2
e 
II) 
y
f 
dy
df
∂
∂
= = D( ue ) = y'u . 
ue , onde u = x2 . y u’y = x
2 
 
y
f 
dy
df
∂
∂
= = 2x . y .x
2
e 
 
d) f(x, y) = x . cos (y – x) 
I) 
x
f 
dx
df
∂
∂
= = D(u . v) = u’x . v + v’x . u 
 u = x u’x = 1 
 v = cos(y – x) v’x = D(cos w) = – w’x . sen w 



−=
−=
1'w
xyw
x
 
 v’x = –(–1) . sen (y – x) = sen (y – x) 
 
 
x
f 
dx
df
∂
∂
= = 1 . cos(y – x) + sen (y – x) . x 
x
f 
∂
∂
 = x . sen(y – x) + cos(y – x) 
 
II) 
y
f 
dy
df
∂
∂
= = D(u . v) = u’y . v + v’y . u 
 u = x u’y = 0 
 v = cos(y – x) v’y = D(cos w) = – w’y . sen w 



=
−=
 1'w
xyw
y
 
Cálculo de funções de várias variáveis 
para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 
16 
 v’x = –1 . sen (y – x) = – sen (y – x) 
 
 
y
f 
dy
df
∂
∂
= = 0 . cos(y – x) + [– sen (y – x) . x] 
y
f 
∂
∂
 = – x . sen(y – x) 
 
e) f(x, y) = 2y . )yx( ln 22 + 
I) 
x
f 
dx
df
∂
∂
= = D(u . v) = u’x . v + v’x . u 
 u = 2y u’x = 0 
 v = )yx( ln 22 + v’x = D(ln w) = 
w
'w x 




=
+=
 x2'w
yxw
x
22
 v’x = 22 yx
x2
+
 
 
x
f 
dx
df
∂
∂
= = 0 . )yx( ln 22 + +
22 yx
x2
+
. 2y 
x
f 
∂
∂
 = 
22
2
yx
xy2
+
 
 
II) 
y
f 
dy
df
∂
∂
= = D(u . v) = u’y . v + v’y . u 
 u = 2y u’y = 2y 
 v = )yx( ln 22 + v’y = D(ln w) = 
w
'w y
 




=
+=
 y2'w
yxw
y22
 v’y = 22 yx
y2
+
 
 
y
f 
dy
df
∂
∂
= = 2y . )yx( ln 22 + +
22 yx
y2
+
. 2y 
y
f 
∂
∂
 = 2y . )yx( ln 22 + + 
22
3
yx
y2
+
 
 
f) z = (x + y) . y2xe + 
I) 
 x
z 
∂
∂
 = D(u . v) = u’x . v + v’x . u 
 u = x + y u’x = 1 
 v = y2xe + v’x = D(e
w) = w’x . e
w 



=
+=
 1'w
y2xw
x
 v’x = 1 . 
y2xe + = y2xe + 
 
 x
z 
∂
∂
 = 1 . y2xe + + y2xe + . (x + y) 
 x
z 
∂
∂
 = (x + y + 1) . y2xe + 
 
II) 
 y
z 
∂
∂
 = D(u . v) = u’y . v + v’y . u 
 u = x + y u’y = 1 
 v = y2xe + v’y = D(e
w) = w’y . e
w 



=
+=
 2'w
y2xw
y
 v’y = 2 .
y2xe + 
 
 y
z 
∂
∂
 = 1 . y2xe + + 2 . y2xe + . (x + y) = y2xe + + (2x + 2y). y2xe + 
 
 y
z 
∂
∂
 = (2x + 2y + 1) . y2xe + (coloquei y2xe + em evidência) 
 
g) z = 
22
2
y2x
yx
+
 
Cálculo de funções de várias variáveis 
para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 
17 
I) 
 x
z 
∂
∂
 = D 





v
u
 = 
2
xx
v
u . v' v . 'u −
 




=⇒+=
=⇒=
x2'v y2xv
 xy2'u yxu
x
22
x
2
 
 
 x
z 
∂
∂
 = 
222
222
)y2x(
y x. x2)y2(x . xy2
+
−+
 = 
222
333
)y2x(
yx2xy4yx2
+
−+
 
 x
z 
∂
∂
 = 
222
3
)y2x(
xy4
+
 
 
II) 
 y
z 
∂
∂
 = D 





v
u
 = 
2
yy
v
u . v' v . 'u −
 




=⇒+=
=⇒=
y4'v y2xv
 x'u yxu
y
22
2
y
2
 
 
 y
z 
∂
∂
 = 
222
2222
)y2x(
y x. y4)y2(x . x
+
−+
 = 
222
22224
)y2x(
yx4yx2x
+
−+
 
 x
z 
∂
∂
 = 
222
224
)y2x(
yx2x
+
−
 
 
h) z = 4yx
22
e −+ 
I) 
 x
z 
∂
∂
 = D( ue ) = x'u . 
ue , onde u = x2 + y2 – 4 u’x = 2x 
 
 x
z 
∂
∂
 = 2x . 4yx
22
e −+ 
 
II) 
 y
z 
∂
∂
 = D( ue ) = y'u . 
ue , onde u = x2 + y2 – 4 u’y = 2y 
 
 y
z 
∂
∂
 = 2y . 4yx
22
e −+ 
 
i) z = 2xy + sen2 (xy) 
I) 
 x
z 
∂
∂
 = D(u + v) = u’x + v’x 



==⇒=
=⇒=
−
x
1nn
x
2
x
 w'. w . n)w(Dv' )xy(senv
 y2u' xy2u
 
 n = 2 
 w = sen(xy) w’x = D(sen t) = t’x . cos t 



=
=
y't
xyt
x
 w’x = y . cos(xy) 
 v’x = 2 . sen(xy) . y. cos(xy) = 2y . sen(xy) . cos(xy) 
 
 x
z 
∂
∂
 = 2y + 2y . sen(xy) . cos(xy) 
 
II) 
 y
z 
∂
∂
 = D(u + v) = u’y + v’y 




==⇒=
=⇒=
−
y
1nn
y
2
y
 w'. w . n)w(Dv' )xy(senv
 x2u' xy2u
 
 n = 2 
 w = sen(xy) w’y = D(sen t) = t’y . cos t 



=
=
x't
xyt
y
 w’y = x . cos(xy) 
 v’y = 2 . sen(xy) . x . cos(xy) = 2x . sen(xy) . cos(xy) 
 
 
 y
z 
∂
∂
 = 2x + 2x . sen(xy) . cos(xy) 
 
j) f(x, y) = tg (2x + 3y) 
I) 
 x
f 
∂
∂
 = D(tgu) = u’x . sec
2 u temos: u = 2x + 3y u’x = 2 
Cálculo de funções de várias variáveis 
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18 
 
 x
f 
∂
∂
 = 2 . sec2 (2x + 3y) 
 
II) 
 y
f 
∂
∂
 = D(tgu) = u’y . sec
2 u temos: u = 2x + 3y u’y = 3 
 
 y
f 
∂
∂
 = 3 . sec2 (2x + 3y) 
 
k) f(x, y) = x2e . sen(3y) 
I) 
 x
f 
∂
∂
 = k . D(eu) = u’x . e
u . k, sendo k = constante 
 Temos: k = sen(3y) e u = 2x u’x = 2 
 
 x
f 
∂
∂
 = 2 . x2e . K 
 x
f 
∂
∂
 = 2 . x2e . sen(3y) 
 
II) 
 y
f 
∂
∂
 = k . D(sen u) = u’y . k . cos u, sendo k = constante 
 Temos: k = x2e e u = 3y u’y = 3 
 
 y
f 
∂
∂
 = 3 . K . cos (3y) 
 y
f 
∂
∂
 = 3 . x2e . cos(3y) 
 
 
EQUAÇÃO DO PLANO TANGENTE AO GRÁFICO DE f EM P = (xo, yo, f(xo, yo)): 
 z = ),()).(,()).(,( oooooooo yxfyyyx
y
f
xxyx
x
f
+−
∂
∂
+−
∂
∂
 
 
 
Exemplo – Sendo f(x, y) = x3y + x – y + 1, dê uma equação do plano tangente ao gráfico 
de f no ponto P(2; 1) 
Temos: I) f(xo, yo) = f(2, 1) = 2
3.1 + 2 – 1 + 1 = 8 + 2 = 10 
 II) 
x
f
∂
∂
 = 3x2y + 1 
x
f
∂
∂
(xo, yo) = 
x
f
∂
∂
(2, 1) = 3.22.1 + 1 = 12 + 1 = 13 
 III) 
y
f
∂
∂
 = x3 – 1 
y
f
∂
∂
(xo, yo) = 
y
f
∂
∂
(2, 1) = 23 –1 = 8 – 1 = 7 
 IV) Aplicando a equação do plano: 
 z = ),()).(,()).(,( oooooooo yxfyyyx
y
f
xxyx
x
f
+−
∂
∂
+−
∂
∂
, temos: 
 z = 13.(x – 2) + 7.(y – 1) + 10 = 13x – 26 + 7y – 7 + 10 
 Portanto, z = 13x + 7y – 23 ou 13x + 7y – z – 23 = 0 
EXERCÍCIOS 
1. Escreva uma equação do plano tangente ao gráfico de f, no ponto desse gráfico de 
abscissa e ordenada dadas: 
 
a) f(x, y) = 3xy + y2 + x3; x = 1 e y = 1 
Cálculo de funções de várias variáveis 
para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 
19 
Temos: I) f(xo, yo) = f(1, 1) = 3.1.1 + 1
2 + 13 = 3 + 1 + 1 = 5 
 II) 
x
f
∂
∂
 = 3y + 3x2 
x
f
∂
∂
(xo, yo) = 
x
f
∂
∂
(1, 1) = 3.1 + 3.12 = 3 + 3 = 6 
 III) 
y
f
∂
∂
 = 3x + 2y 
y
f
∂
∂
(xo, yo) = 
y
f
∂
∂
(1, 1) = 3.1 + 2.1 = 3 + 2 = 5 
 IV) Aplicando a equação do plano: 
 z = ),()).(,()).(,( oooooooo yxfyyyx
y
f
xxyx
x
f
+−
∂
∂
+−
∂
∂
, temos: 
 z = 6.(x – 1) + 5.(y – 1) + 5 = 6x – 6 + 5y – 5 + 5 
 
 Portanto, z = 6x + 5y – 6 ou 6x + 5y – z – 6 = 0 
 
b) f(x, y) = 8x3y + y2 –1; x = –1 e y = 0 
Temos: I) f(xo, yo) = f(–1, 0) = 8. ( –1)
3. 0 + 02 – 1 = –1 
 II) 
x
f
∂
∂
 = 24x2y 
x
f
∂
∂
(xo, yo) = 
x
f
∂
∂
(–1, 0) = 24.( –1)2. 0 = 0 
 III) 
y
f
∂
∂
 = 8x3 + 2y 
y
f
∂
∂
(xo, yo) = 
y
f
∂
∂
(–1, 0) = 8.( –1)3 + 2.0 = – 8 + 0 = – 8 
 IV) Aplicando a equação do plano: 
 z = ),()).(,()).(,( oooooooo yxfyyyx
y
f
xxyx
x
f
+−
∂
∂
+−
∂
∂
, temos: 
 z = 0.(x + 1) – 8.(y – 0) –1 = – 8y – 1 
 
 Portanto, z = – 8y – 1 ou 8y + z + 1 = 0 
 
c) f(x, y) = 
yx
xy
+
; x = 0 e y = –1 
Temos: I) f(xo, yo) = f(0, –1) = 
)(
).(
10
10
−+
−
 = 
1
0
−
 = 0 
 II) 
x
f
∂
∂
 = 
2y)(x
xy 1yxy
+
−+ .).(
 = 
2
2
y)(x
xy yyx
+
−+
 = 
2
2
y)(x
y
+
 
x
f
∂
∂
(xo, yo) = 
x
f
∂
∂
(0, –1) 
 = 
2
2
1)(0
1
−
− )(
 = 1
1
1
= 
 III) 
y
f
∂
∂
 =
2y)(x
xy 1yxx
+
−+ .).(
 = 
2
2
y)(x
xyxy x
+
−+
 = 
2
2
y)(x
x
+
 
y
f
∂
∂(xo, yo) = 
y
f
∂
∂
(0, –1) 
 = 
2
2
1)(0
0
−
 = 
1
0
 = 0 
 IV) Aplicando a equação do plano: 
 z = ),()).(,()).(,( oooooooo yxfyyyx
y
f
xxyx
x
f
+−
∂
∂
+−
∂
∂
, temos: 
 z = 1.(x − 0) – 0.(y + 1) + 0 = x – 0 
 
 Portanto, z = x ou x – z = 0 
 
 
 
 
Cálculo de funções de várias variáveis 
para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 
20 
Vetor Gradiente 
 Seja z = f(x,y) uma função de duas variáveis e 
x
z
∂
∂
, 
y
z
∂
∂
 as “ parciais “ de z = f(x,y). 
 Seja Po (xo, yo), um ponto do plano e 
oPx
z
∂
∂
, 
oPy
z
∂
∂
as derivadas calculadas no ponto 
Po, chamamos de Vetor Gradiente ou gradiente de f no ponto Po e indicamos por: grad f 
ou 
oP
z
→
∇ (lê-se: “del z”) ao vetor : 
 
 
oP
z
→
∇ = 





∂
∂
∂
∂
oo PP y
z
x
z
, ou ∇ f(Po) = 





∂
∂
∂
∂
)y;x(
y
f
),y;x(
x
f
oooo 
 
De modo genérico, podemos escrever: 
 
 ∇ f = 
x
f
∂
∂
 i + 
y
f
∂
∂
 j 
Exemplo 1 : 
 
● Determine o vetor gradiente das funções abaixo no ponto Po . 
 
A ) z = ln ( x² + y² ) em Po ( 0, 1 ). 
 
Resolução : 
 
 
x
z
∂
∂
 = 0
1
0
10
0.22
22)1,0(22
==
+
=
∂
∂
⇒
+ x
z
yx
x
 
 ∴ 
)1,0(z
→
∇ = ( 0, 2 ) ou 
)1,0(z
→
∇ = o i + 2 j 
 
 
y
z
∂
∂
 = 2
1
2
10
1.22
22)1,0(22
==
+
=
∂
∂
⇒
+ y
z
yx
y
 
B ) z = x.sen y em Po ( 1, 
2
π
 ). 
 
Resolução : 
 
 
x
z
∂
∂
 = 1
2
01
2
1
=
π
=
∂
∂
⇒=+





 π senx
z
seny.xseny.
 ,
 
 ∴ 






→
∇
2
,1
πz = ( 1, 0 ) 
 
 
y
z
∂
∂
 = 0
22
10
2
1
=
π
=
π
=
∂
∂
⇒=+





 π coscos.y
z
ycos.xycos.xseny.
 ,
 
 
 
Exemplo 2 – Considere a função f(x, y) = ln(2x + 3y). Determine: 
 
a) O gradiente de f. 
Cálculo de funções de várias variáveis 
para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 
21 
 ∇ f = 
x
f
∂
∂
 i + 
y
f
∂
∂
 j ∇ f = 
y3x2
2
+
 i + 
y3x2
3
+
 j 
 
b) O gradiente no ponto P(1; 2). 
 ∇ f(1; 2) = 
2.31.2
2
+
 i + 
2.31.2
3
+
 j ∇ f(1; 2) = 
8
2
 i + 
8
3
 j ∇ f(1; 2) = 
4
1
 i + 
8
3
 j 
 
 
DERIVADA DIRECIONAL 
 
 Se z = f(x; y) é uma função diferenciável de x e y , u um vetor unitário, então a 
derivada direcional de f na direção de u é denotada por: 
 
 Duz = Pz∇ . u = ∇ f(xo; yo) . u (produto escalar) ou )P(f)P(
u 
f 
oo ∇=∂
∂
. u 
 
OBS.: 1) por questão de comodidade, deixaremos de representar a seta indicativa de 
vetores u = u; 
 2) Sempre que utilizarmos a letra u, trataremos de vetores unitários. Caso o vetor 
não seja unitário, iremos normatizá-lo, ou seja, determinar o seu versor u. Se o vetor dado 
for um vetor a, então temos o versor: 
 u = 
|a|
1
. a ou u = 
|a|
a
 
 3) Se a = x . i + y . j , o módulo de a é dado por: | a | = ‖a‖ = 22 yx + 
 4) Se a = x . i + y . j + z . k, o módulo de a é dado por: | a | = || a || = 222 zyx ++ 
 5) Se u = (x1 ; y1) e v = (x2 ; y2) o produto escalar de u por v é dado por: 
 u . v = x1 . x2 + y1 . y2 
 6) Se u = (x1 ; y1; z1) e v = (x2 ; y2 ; z2) o produto escalar de u por v é dado por: 
 u . v = x1 . x2 + y1 . y2 + z1 . z2 
 7) Podemos também representar Duz por : Duf(x; y) 
Exemplo 1 – Determine a derivada direcional da função f(x, y) = 32yx − 4y no ponto 
( 2; −1) na direção do vetor a = 2i + 5j 
Solução: 
I) Primeiro calculamos o gradiente de f no ponto (2; −1) 
 ∇f(x, y) = 
x
f
∂
∂
 i + 
y
f
∂
∂
 j = 2xy3 i + (3x2y2 – 4) j 
 ∇f(2; −1) = 2 . 2 . (−1)3 i + (3 . 22 . (−1)2 − 4) j = 4 . (−1) i + (3 . 4 . 1 − 4) j 
 
 ∇f(2; −1) = − 4 i + 8 j ou ∇f(2; −1) = (− 4; 8) 
 
II) Verificamos se o vetor a é unitário. 
 | a | = 22 yx + = 22 52 + = 254 + = 29 
III) Como o vetor a não é unitário, devemos normatizá-lo, ou seja, obter o seu versor u: 
 u = 
|a|
1
. a = 
29
1
. (2 i + 5 j) u = 
29
2
. i+ 
29
5
. j 
IV) Aplicando a equação Duf(xo; yo) =∇ f(xo; yo) . u , temos: 
 Du f(2; −1) = ∇f(2; −1) . u = (− 4 i + 8 j) . 





+ j.
29
5
i .
29
2
 = 
29
5 . 8 2 .4 +−
 = 
29
32
 
 
Cálculo de funções de várias variáveis 
para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 
22 
Exemplo 2 – Determinar a derivada direcional da função f(x, y) = x + y2 , no ponto (1; −2), 
na direção do vetor u = 





5
3
 ;
5
4
 
Solução: 
I) gradiente de f no ponto (1; −2): 
 ∇f(x, y) = 
x
f
∂
∂
 i + 
y
f
∂
∂
 j = 1 i + 2y j 
 ∇f(1; −2) = 1. i + 2 . (−2) . j ∇f(1; −2) = 1 . i – 4 . j 
II) o vetor u é unitário, pois, 22 yx + = 
22
5
3
5
4






+





 = 
25
9
25
16
+ = 
25
25
 = 1 = 1 
III) Aplicar a equação: 
 Du f(1; −2) = ∇f(1; −2) . u = (1 i – 4 j ) . 





+ j . 
5
3
 i.
5
4
 = 
5
3 . 4) ( 4 . 1 −+
 = 
5
8−
 = 
5
8
− 
 
Exemplo 3 – Calcular a derivada direcional da função f(x, y, z) = 10 + ln(1 + x2 + y2 + z2), 
no ponto (1; −1; 1) e na direção do vetor a = i + 2 j + 2 k 
Solução: 
I) gradiente de f no ponto (1; −1; 1): 
∇f(x, y, z) =
x
f
∂
∂
i + 
y
f
∂
∂
j +
z
f
∂
∂
k = 
222 zyx1
x2
+++
. i + 
222 zyx1
y2
+++
. j + 
222 zyx1
z2
+++
. k 
 ∇f(1; −1; 1) = 
222 1)1(11
1.2
+−++
 . i + 
222 1)1(11
)1.(2
+−++
−
. j + 
222 1)1(11
1.2
+−++
. k 
 ∇f(1; −1; 1) = 
4
2
 . i − 
4
2
. j + 
4
2
 . k ∇f(1; −1; 1) = 
2
1
 . i − 
2
1
. j + 
2
1
 . k = 





−
2
1
;
2
1
;
2
1
 
II) | a | = 222 zyx ++ = 222 221 ++ = 9 = 3 
III) u = 
|a|
1
. a = 
3
1
. (i + 2 j + 2 k) = 
3
1
. i + 
3
2
. j +
3
2
 . k = 





3
2
;
3
2
;
3
1
 
IV) Aplicar a equação: 
 Du f(1; −1; 1) = ∇f(1; −1; 1) . u = (
2
1
; − 
2
1
; 
2
1
 ) . (
3
1
 ; 
3
2
; 
3
2
 ) 
 Du f(1; −1; 1) = 
2
1
 . 
3
1
 + (− 
2
1
) . 
3
2
 + 
2
1
. 
3
2
 = 
2
1
 . 
3
1
 = 
6
1
 
 
Exemplo de Aplicação – Uma formiga, no plano xy, está situada no ponto Po (4; 1). A 
temperatura no ponto (x; y) é dada por f(x, y) = x3 – 3xy2 + 10. Determine se a expectativa 
da formiga é de se aquecer ou se resfriar, se ela tender a se deslocar segundo o vetor a, 
nos casos: 
a) a = (−1; 1)b) a = (1; 1) 
 
Solução: Para responder às questões, é necessário saber o significado geométrico da 
derivada direcional. A temperatura tende a crescer, se a derivada direcional em Po for 
positiva, e diminuir, se ela for negativa. Calculando, obtemos: 
 





∂
∂
∂
∂
=∇
y 
f 
;
x 
f 
f = (3x2 – 3y2; −6xy) 
 ∴∴∴∴ )1 ;4(ff )P( o ∇=∇ = (3 . 4
2 – 3 . 12; −6 . 4 . 1) = (48 – 3; −24) = (45; −24) 
I) Para o item a, temos: 
Cálculo de funções de várias variáveis 
para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 
23 
 u = 
|a|
1
. a = 
|a|
1) 1;(
 
−
=
|a|
a
; logo: 
 )P(
u
f
o =∂
∂
)P( o
f∇ . u = (45; −24) .
|a|
1) 1;(
 
−
 = 
|a|
1 . (-24)(-1) . 45 +
 = 
|a|
69−
 < 0 
 Portanto, a expectativa é de queda de temperatura, ou seja, de a formiga se resfriar. 
 
II) Para o item b, temos: 
 u = 
|a|
1
. a = 
|a|
1) (1;
 =
|a|
a
; logo: 
 )P(
u
f
o =∂
∂
)P( o
f∇ . u = (45; −24) .
|a|
1) (1;
 = 
|a|
1 . (-24)1 . 45 +
 = 
|a|
21
 > 0 
 Portanto, a expectativa é de aumento de temperatura, ou seja, de a formiga se aquecer. 
 
 OBS.: Note que, não foi necessário o cálculo do módulo | a |, devido ao fato de que tal 
 número sempre é positivo. 
 
 
DERIVADAS PARCIAIS DE SEGUNDA ORDEM E DE ORDEM SUPERIOR 
 
 Seja z = f(x; y) que possui derivadas parciais de primeira ordem 
 x
f 
∂
∂
 
e 
 y
f 
∂
∂
, também 
deriváveis. Cada uma dessas derivadas parciais pode ser novamente derivadas em 
relação a x e a y, dando origem às derivadas de segunda ordem. Existem quatro delas na 
ordem de diferenciação: 
* 
2
2
x
f
x
f
x ∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
 = fxx que é a segunda derivada parcial de f em relação a x; 
 * 
2
2
y
f
y
f
y ∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
 = fyy que é a segunda derivada parcial de f em relação a y; 
* 
y.x
f
y
f
x
2
∂∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
 = fyx que é a segunda derivada parcial de f primeiro em relação a y e 
depois em relação a x; 
* 
x.y
f
x
f
y
2
∂∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
 = fxy que é a segunda derivada parcial de f primeiro em relação a x e 
depois em relação a y; 
OBS.: Quando a função z = f(x; y) é contínua, então 
xy
f
yx
f 22
∂∂
∂
=
∂∂
∂
 (Teorema de Clairaut) 
Nota: No caso da função ter mais de duas variáveis a notação segue a mesma lógica. Por 
exemplo, se temos: 
a) f(x, y, z) tem-se: 
 











∂
∂
∂
∂
∂
∂
x
f
yz
 = 
xyz
f3
∂∂∂
∂
 
b) f(x, y, z, t), tem-se: 
 

















∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
x
f
yzt
 = 
xyzt
f4
∂∂∂∂
∂
 
 E assim por diante. 
Cálculo de funções de várias variáveis 
para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 
24 
 Exemplo: Seja f(x, y, z, t) = x3y4z5t2, encontrar 
xyzt
f4
∂∂∂∂
∂
 
 * =
∂
∂
x
f
 3x2y4z5t2 
 *
xy
f2
∂∂
∂
= 12x2y3z5t2 
 *
xyz
f3
∂∂∂
∂
= 60x2y3z4t2 
 *
xyzt
f4
∂∂∂∂
∂
 = 120x2y3z4t 
 
Exemplo 1: Determinar as derivadas parciais fx, fy, fxx, fyy, fxy, fyx da função 
 f(x; y) = 3xy4 + x3y2 
Solução: 
I) fx = 
 x
f 
∂
∂
 = 3.1.x1−1.y4 + 3.x3−1.y2 fx = 3y
4 + 3x2y2 
II) fy =
 y
f 
∂
∂
 = 3x.4y4−1 + x3.2y2−1 fy = 12xy
3 + 2x3y 
III) fxx = 2
2
x
f
x
f
x ∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
 = 0 + 3.2.x2−1.y2 fxx = 6xy
2 
IV) fyy = 2
2
y
f
y
f
y ∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
 = 12x.3.y3−1 + 2x3 .1.y1−1 fyy = 36xy
2 + 2x3 
V) fxy = 
x.y
f
x
f
y
2
∂∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
 = 3.4.y4−1 + 3.x2.2.y2−1 fxy = 12y
3 + 6x2y 
VI) fyx = 
y.x
f
y
f
x
2
∂∂
∂
=





∂
∂
∂
∂
 = 12.1.x1−1.y3 + 2.3.x3−1.y fyx = 12y
3 + 6x2y 
 
 Note que fxy = fyx conforme o Teorema de Clairaut 
 
Exemplo 2 – Determine as derivadas parciais de 2ª ordem de z = ln (x² + y² ). 
 
Solução: 
 
I) 
x
z
∂
∂
 = D(ln u) = 
u
'u x = 
22 yx
x2
+
 
II) 
2
2
x
z
∂
∂
 = D 





v
u
= 
2
xx
v
u.'vv.'u −
 = 
222
22
)yx(
x2.x2)yx.(2
+
−+
 = 
222
222
)yx(
x4y2x2
+
−+
 = 
222
22
)yx(
y2x2
+
+−
 
III) 
y
z
∂
∂
 = D(ln u) = 
u
'u y
 = 
22 yx
y2
+
 
IV) 
2
2
y
z
∂
∂
 = D 





v
u
= 
2
yy
v
u.'vv.'u −
 = 
222
22
)yx(
y2.y2)yx.(2
+
−+
 = 
222
222
)yx(
y4y2x2
+
−+
 = 
222
22
)yx(
y2x2
+
−
 
 
V) 
yx
z2
∂∂
∂
 = 





∂
∂
∂
∂
y
z
x
 = D 





v
u
= 
2
xx
v
u.'vv.'u −
 = 
222
22
)yx(
y2.x2)yx.(0
+
−+
 = 
222 )yx(
xy4
+
−
 
Cálculo de funções de várias variáveis 
para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 
25 
VI) 
xy
z2
∂∂
∂
 = 





∂
∂
∂
∂
x
z
y
 = D 





v
u
= 
2
yy
v
u.'vv.'u −
 = 
222
22
)yx(
x2.y2)yx.(0
+
−+
 = 
222 )yx(
xy4
+
−
 
 
 Note que 
yx
z2
∂∂
∂
 = 
xy
z2
∂∂
∂
 (Teorema de Clairaut) 
 
 
INTEGRAIS MÚLTIPLAS 
 
1. Introdução 
No estudo das funções de várias variáveis, ao calcularmos derivadas parciais 
escolhíamos uma das variáveis independentes para derivar f em relação a ela e 
admitíamos que as demais eram constantes. O mesmo procedimento será adotado para 
integração múltipla. 
 
Antes de estudarmos a integração múltipla propriamente dita vamos ver alguns exemplos. 
 
Exemplo 1. Encontrar a primitiva da função f(x, y) = 12x2y3 em relação `a variável x. 
Solução: Como foi dito, vamos admitir y como constante e integrar em relação à x. 
Portanto, 
 ∫ dxyx12 32 = 12y3 ∫ dxx2 = 12y3. 3
x3
 + C = 4x3y3 + C 
 Porém, nesse caso, a constante C é uma função de y. Pode ser, por exemplo, 
C(y) = ay3 + by2 + cy + 5 e uma das primitivas de f (x, y) = 12x2y3 será 
 
 F(x, y) = 4x3y3 + ay3 + by2 + cy + 5 
 
Note que: 
x
)y ,x(F 
∂
∂
 = 12x2y3 
Exemplo 2. Encontre a primitiva da função f(x, y) = 12x2y3 em relação à y. 
Solução: Neste caso, vamos admitir x como constante e integrar em relação a y. 
Portanto, 
 ∫ dyyx12 32 = 12x2 ∫ dyy3 = 12x2. 4
y4
 + K = 3x2y4 + K 
 Nesse caso, a constante K é uma função de x. Pode ser, por exemplo, 
K(x) = ax3 + bx2 + cx + 5 e uma das primitivas de f (x, y) = 12x2y3 será 
 
 F(x, y) = 3x2y4 + ax3 + bx2 + cx + 5 
 
Note que: 
y
)y ,x(F 
∂
∂
 = 12x2y3 
Exemplo 3. Determine o valor da expressão ∫
+1x 
x 
dy xy24 
Solução: Aplicando o teorema fundamental do cálculo, temos: 
 ∫
+1x 
x 
dy xy24= 24x∫
+1x 
x 
dy y = 24x . 
 x
1x
2
y2 +
 = 12xy2 x
1x +
 
 = 12x (x + 1)2 – 12x (x)2 = 12x.(x2 + 2x + 1) – 12x3 
 = 12x3 + 24x2 + 12x – 12x3 = 24x2 + 12x 
Cálculo de funções de várias variáveis 
para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 
26 
 Como podemos observar ∫
+1x 
x 
dy xy24 é uma função de x. Isto é, 
 F(x) = ∫
+1x 
x 
dy xy24 , onde F(x) = 24x2 + 12x. 
Exemplo 4. Determinar o valor numérico de ∫
2 
1 
dx )x(F , sendo F(x) = ∫
+1x 
x 
dy xy24 
Solução: No exemplo anterior, vimos que: 
 F(x) = ∫
+1x 
x 
dy xy24 = 24x2 + 12x. 
Portanto, aplicando o teorema fundamental do cálculo, temos: 
 ∫
2 
1 
dx )x(F = ∫ +
2 
1 
2 dx )x12x24( = 24
3
x3
 + 12
2
x2
2
1
 = 8x3 + 6x2
2
1
 
 = (8 . 23 + 6 . 22) – (8 . 13 + 6 . 12) = 64 + 24 – 8 – 6 = 74 
 
Nota: Os exemplos (3) e (4) podem ser escritos de seguinte forma: 
 ∫
2 
1 
dx )x(F = ∫ ∫ 



 +2 
1 
1x 
x 
dx dy 24xy = ∫ ∫
+2 
1 
1x 
x 
dx dy 24xy 
 Desta forma, obtemos um exemplo de integral dupla. Note que a variável 
dependente é a primeira a ser integrada e a variável independente a última. O processo 
de solução é dado por: 
 ∫ ∫
+2 
1 
1x 
x 
dx dy 24xy = ∫ ∫ 



 +2 
1 
1x 
x 
dx dy 24xy = ∫ 



 +2 
1 
1x
 x
2 dx 12xy 
 = ∫ +
2 
1 
2 dx )x12x24( = 8x3 + 6x2
2
1
 = 74 
 
INTEGRAIS DUPLAS 
(Interpretação Geométrica da Integral Dupla) 
 
 A definição de integral dupla comporta uma interpretação geométrica análoga à 
definição de integral definida simples, associando-a ao problema do cálculo de volume da 
mesma forma que a integral definida é associada ao cálculo de área. Assim, a definição 
formal da integral dupla envolve a soma de muitas áreas elementares, isto é, diferenciais 
de área, com a finalidade de obter-se a soma total após as operações. Desta forma, 
podemos usar a integral para resolver problemas envolvendo volumes e áreas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 D = {(x,y)∈ℜ2 | (xo ≤ x ≤ x1) U (yo ≤ y ≤ y1) 
Cálculo de funções de várias variáveis 
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27 
NOTA: Para obter o volume de um prisma, multiplicamos a área da base pela sua altura. 
 Consideremos uma função z = f(x, y) ≥ 0, definida numa região R do plano x0y. 
Nosso objetivo é estimar o volume aproximado do sólido delimitado por z = f(x, y) acima 
do plano z = 0 e pelo cilindro definido pela curva fechada que delimita a região R. Para 
tanto, subdividimos R em n sub-regiões traçando linhas paralelas aos planos 
coordenados, conforme as figuras: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Figura 1 Figura 2 
 
 Assim, a integral será o volume obtido pela soma de uma infinidade de 
volumes das colunas infinitesimais inscritas em forma de paralelepípedos, conforme a 
Figura 2. 
 Então { R1, R2, R3, ... , Ri, ... , Rn } é uma partição de R. Seja |P| o comprimento da 
maior de todas as diagonais dos Rn sub-retângulos. 
 Seja Ai a área da sub-região Ri. Para cada i escolhemos um ponto (xi, yi) ∈ Ri. O 
produto Vi = f(xi, yi) . Ai é o volume do i-ésimo paralelepípedo de área Ai e altura f(xi, yi). 
Como há n-subdivisões e n-paralelepípedos, o volume aproximado do sólido delimitado 
superiormente por f(x, y) e inferiormente pela região R é dado por 
 Vn = ∑
=
n
1i
iii A ).y,x(f 
 A integral dupla de uma função f definida numa região R é dada por: 
 ∫∫
R
dy dx )y,x(f = n
0|P|
V lim
→
 = ∑
=
→
n
1i
iii
0|P|
A ).y,f(x lim 
 
Resumo: Cálculo da Integral Dupla em uma Região do Plano. 
Considere uma função f: D→ ℜ, com D ⊂ ℜ2 e z = f(x, y). 
 Considere uma região fechada R, de área A, situada no plano x0y (ou plano xy): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 R = { (x, y) ∈ ℜ2 | a ≤ x ≤ b e c ≤ y ≤ d } 
 
Definição: Se z = f(x, y) é integrável em uma região R do plano, R ⊂ D, então a integral 
dupla sobre a superfície R: 
x 
z 
y 
domínio de f(x, y) R 
z = f(x, y) 
a 
b 
c d 
D 
Cálculo de funções de várias variáveis 
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28 
 ∫∫
R
dA )y,x(f será calculada por meio de duas integrais simples sucessivas, cada uma em 
relação a uma das variáveis. 
 Em geral, dA = dx dy ou dA = dy dx. Assim, podemos escrever: 
 
 ∫∫
R
dA )y,x(f = ∫∫
R
dy dx )y,x(f = ∫∫
R
dx dy )y,x(f 
 
TEOREMA DE FUBINI – Se f for contínua no retângulo R = {(x, y) | a ≤ x ≤ b e c ≤ y ≤ d}, 
então temos: 
 ∫∫
R
dA )y,x(f = ∫ ∫
b 
a 
d 
c 
dxdy y)f(x, = ∫ ∫
d 
c 
b 
a 
dydx y)f(x, 
Observação: Se f(x, y) = 1, então ∫∫
R
dydx )y,x(f = ∫∫
R
dy dx , que é geometricamente, a 
área da região R. 
 
Cálculo da Integral Dupla 
 É fundamental o reconhecimento do domínio de integração ou região de integração para 
o cálculo das integrais duplas, bem como, o reconhecimento das curvas que delimitam a 
região de integração. Muitas vezes, é conveniente ter essas curvas escritas em função de 
x, isto é, y = f(x) e outras vezes é conveniente ter x em função de y, isto é, x = f(y). Essa 
conveniência é devido ao maior ou menor trabalho exigido no processo do cálculo do 
valor numérico. 
 
Exemplo 1. Calcule o valor das integrais e comprove o Teorema de Fubini: 
 a) ∫ ∫
3 
0 
2 
1 
2ydydxx = ∫ ∫ 



3 
0 
2
2 
1 
ydyx dx = ∫ 




 =
=
3 
0 
2y
1y
22
dx 
2
yx
 = ∫ 





−
3 
0 
2222
dx 
2
1x
2
2x
 
 = ∫ 





−
3 
0 
22
dx 
2
x
2
4x
 = ∫ 




3 
0 
2
dx 
2
3x
 = ∫
3 
0 
2dxx 
2
3
 = 
3
0
3
3
x
 .
2
3
 
 = 
3
0
3
2
x
 = 
2
0
2
3 33
− = 
2
27
 
 
b) ∫ ∫
2 
1 
3 
0 
2ydxdyx = ∫ ∫ 



2 
1 
2
3 
0 
ydxx dy = ∫ 




 =
=
2 
1 
3x
0x
3
3
yx
 dy = ∫ 





−
2 
1 
33
3
y0
3
y3
 dy 
 = ∫
2 
1 
dy 9y = 
2
1
2
2
y9
 = 
2
1.9
2
2.9 22
− = 
2
936 −
 = 
2
27
 
Exemplo 2. 
Calcule a integral dupla ∫∫ −
R
2 dA )y3x( , onde R = { (x, y) ∈ ℜ2 | 0 ≤ x ≤ 2 ; 1 ≤ y ≤ 2 } 
Pelo teorema de Fubini, temos: 
 
 ∫∫ −
R
2 dA )y3x( = ∫ ∫ −
2 
0 
2 
1 
2 dydx )y3x( = ∫ ∫ 




−
2 
0 
2
2 
1 
dy)y3(x dx 
Cálculo de funções de várias variáveis 
para os cursos de EngenhariaAnotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 
29 
 = ∫ 





−
=
=
2 
0 
2y
1y
3
3
y
3xy dx = ∫ 





−
=
=
2 
0 
2y
1y
3yxy dx 
 = ( )∫ −−−
2 
0 
33 )1x()2x2( dx = ( )∫ +−−
2 
0 
1x8x2 dx 
 = ( )∫ −
2 
0 
7x dx = 
2
0
2
x7
2
x
− = 







−−







− 0.7
2
0
2.7
2
2 22
 = 2 – 14 = −−−− 12 
Exemplo 3. 
Calcule a integral dupla ∫∫ +
R
32 dA )xy2x4( , onde R = { (x, y) ∈ ℜ2 | 0 ≤ x ≤ 2 ; 0 ≤ y ≤ 1 } 
Temos: ∫∫ +
R
32 dA )xy2x4( = ∫ ∫ +
2 
0 
1 
0 
32 dydx)2xy(4x = ∫ ∫ 




+
2 
0 
1 
0 
32 dy )2xy(4x dx 
 = ∫ 





+
2 
0 
1
0
4
2
4
y
x2yx4 dx = ∫ 





+
2 
0 
1
0
4
2
2
xy
yx4 dx 
 = ∫ 













+−







+
2 
0 
4
2
4
2
2
0.x
0.4
2
1.x
1.x.4 dx 
 = ∫ 




+
2 
0 
2
2
x
4x dx = 
2
0
23
2
x
.
2
1
3
x
.4 + = 
2
0
23
4
x
3
x4
+ 
 = 







+−







+
4
0
3
0.4
4
2
3
2.4 2223
 = 1
3
32
+ = 
3
35
 
 
Exemplo 4. Calcular as integrais: 
a) ∫∫ +
R
2 dA )yx6x2( , onde R = { (x, y) ∈ ℜ2 | 1 ≤ x ≤ 4 ; −1 ≤ y ≤ 2 } 
 Representação gráfica da região: 
 
 
 
 
 
 
 
Resolvendo: ∫∫ +
R
2 dA )yx6x2( = ∫ ∫− +
2 
1 
4 
1 
2 dxdy)y6x(2x = dy
3
yx
.6
2
x
2. 
2 
1 
4
1
32
∫− 





+ 
 = dyyx2x 
2 
1 
4
1
32∫− 




+ = ( )[ ]dy )y1.21(y4.24 2 
1 
3232∫− +−+ 
 = ( )[ ]dy )y.21(y12816 
2 
1 ∫− +−+ = dy 126y)(15 
2 
1 ∫− + 
 = 
2
1
2
2
y
.126y15
−
+ = (15 . 2 + 63 . 22) – [15. (−1) + 63.(−1)2] 
 = (30 +252) – (−15 + 63) = 282 – 48 = 234 
| 
 
| 
 
| 
 
| 
| | | | | 
x 
y 
R (região de integração) 
−1 
2 
1 4 
4 
1 
2
≤
-1 
x 
y 
z 
z = f(x, y) 
R 
Cálculo de funções de várias variáveis 
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30 
b) ∫∫ +
R
dA 1)(xy , onde R é a região limitada pelas curvas y = 2x (reta crescente), x = 1 
(reta vertical) e y = 0 (reta horizontal) 
Representação gráfica da região: 
 
 
 
 Resolvendo: ∫∫ +
R
dA 1)(xy = ∫ ∫ +
1 
0 
x2 
0 
dydx)1 (xy = ∫ 





+
1 
0 
x2
0
2
y
2
y
x. dx 
 = ∫ 





+
1 
0 
2
x2
2
(2x)
x. dx = ∫ +
1 
0 
3 )x2(2x dx = 
1
0
24
2
x
.2
4
x
.2 + 
 = 
1
0
2
4
x
2
x
+ = 







+−







+ 2
4
2
4
0
2
0
1
2
1
 = 1
2
1
+ = 
2
3
 
 
c) ∫∫ +
R
dA y)(x , onde R é a região limitada pelas curvas y = x2 (parábola no 1º 
quadrante), y = 2 (reta horizontal) e x = 0 (reta vertical) 
Representação gráfica da região: 
 
 
 
 
 
 
 
Resolvendo: ∫∫ +
R
dA y)(x = ∫ ∫ +
2 
0 
2 
x 2
dydx)y (x = ∫ 





+
2 
0 
2
x
2
22
y
xy dx 
 =∫ 













+−







+
2 
0 
22
2
2
2
)x(
x.x
2
2
2.x dx = ∫ 













++
2 
0 
4
3
2
x
x-2)(2x dx 
 = ∫ 




−−+
2 
0 
4
3
2
x
x2x2 dx = 2.
2
x2
+ 2x − 
4
x4
 − 
2
0
5
5
x
.
2
1
 
 = ( )22 + 2. 2 −
4
)2( 4
 − 
10
)2( 5
 − 0 = 2 + 2. 2 − 1 − 
5
2.2
 = 1 + 
5
28
 
 
 
 
Exemplo 5. Calcular o valor da integral ∫∫
R
dy dx xy24 , sendo R a região delimitada 
pelas curvas y = x2 e y = x 
 
 
curvas funções 
Curva à esquerda x = 0 
Curva à direita x = 1 
Curva inferior y = 0 
Curva superior y = 2x 
Da região R obtida 
graficamente, temos: 
0 ≤ x ≤ 1 e 0 ≤ y ≤ 2 
R (região de integração) 
 
 | 
 
 
 | 
 
 
 | 
 | 
x 
y 
2 
1 
0 
Da região R obtida 
graficamente, temos: 
0 ≤ x ≤ 2 e 0 ≤ y ≤ 2 
R (região de integração) 
 
| 
 
 
| 
 
 
| 
 | | 
x 
y 
2 
1 
0 
2 
curvas funções 
Curva à esquerda x = 0 
Curva à direita x = 2 
Curva inferior y = x2 
Curva superior y = 2 
 
Cálculo de funções de várias variáveis 
para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 
31 
Curvas funções 
curva à esquerda x = 0 
curva à direita x = 1 
curva inferior y = x2 
curva superior y = x 
 
Gráfico da região e tabela de limites dessa região: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Limites da integral: 
 As curvas se encontram (ou se interceptam) nos pontos que são as soluções do 
sistema formado elas, ou seja: 
 



=
=
xy
xy 2
 xx2 = 222 )x()x( = x4 = x x4 – x = 0 
 x (x3 – 1)= 0 



=⇒=⇒=−
=
1x1x01x
 ou 0x
33
 
As curvas à esquerda e à direita são os limites que integram o primeiro símbolo de 
integração e as curvas, inferior e superior o segundo. Assim, 
 ∫∫
R
dy dx xy24 = ∫∫
=
=
=
=
xy
xy
1x
0x 2
xydydx24 = dx
2
y
x24
xy
xy
21x
0x 2 






 =
=
=
=∫ = dxxy12
xy
xy
2
1x 
0x 2 






 =
=
=
=∫ 
 = [ ]dx )x()x( x121x 
0x 
222∫
=
=
− = ∫
=
=
−
1x 
0x 
52 dx )x12x12( 
 = 12.
3
x3
 − 12.
6
x6
 
1x
0x
=
=
 = 4x3 – 2x6 
1x
0x
=
=
 = (4.13 – 2.16) – (4.03 – 2.06) 
 = 4 – 2 = 2 
 
Exemplo 6. Determine a integral dupla ∫∫
R
dy dx x , onde a região R é limitada pelas 
curvas y = x2 e y = x. 
 
Limites da integral: 



=
=
 xy
xy 2
 x2 = x x2 – x = 0 x (x – 1) = 0 



=
=
1x
0x
 
 
 
R: 



≤≤
≤≤
xyx
1x0
2
 ou seja: 
 
 
 
 
y = x2 
y = x 
y = x 
y = x2 
R 
Curvas funções 
curva à esquerda x = 0 
curva à direita x = 1 
curva inferior y = x2 
curva superior y = x 
 
x
y
-1,5 -1 -0,5 0 0,5 1 1,5
-1
0
1
2
3
R 
Cálculo de funções de várias variáveis 
para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas EurípedesMachado Rodrigues 
32 
∫∫
R
dy dx x = ∫∫
=
=
=
=
xy
xy
1x
0x 2
xdydx = dxxy
xy
xy
1x
0x 2 






 =
=
=
=∫ = 
 = dx)x.xx.x( 2
1x
0x
−∫
=
=
 = dx)xx( 32
1x
0x
−∫
=
=
 = 
1x
0x
43
4
x
3
x =
=
− = 0
4
1
3
1 43
−







− = 
 = 
4
1
3
1
− = 
12
34 −
 = 
12
1
 
 
Exemplo 7. 
Calcular a integral dupla da função f(x, y) = 1, sobre a região R = {(x, y) ∈ ℜ2 | 1 ≤ x ≤ 3 e 
2 ≤ y ≤ 4} e interprete geometricamente. 
Queremos: 
 ∫∫
R
dA 1 , para R: 



≤≤
≤≤
4y2
3x1
 
 
∫∫
R
dA 1 = dxdy 1 
4y
2y
3x
1x






∫∫
=
=
=
=
= dxy
4
2
3x
1x






∫
=
=
= dx)24(
3x
1x
−∫
=
=
= dx 2
3x
1x∫
=
=
= 2x
3
1
= 
 
 = 2.3 – 2.1 = 6 – 1 = 4 
 
 Interpretação Geométrica: 
 
 Temos: f(x, y) = 1 z = 1, 1 ≤ x ≤ 3 e 2 ≤ y ≤ 4 
 Os dados determinam um paralelepípedo de dimensões: 
 base: x = 3 – 1 = 2, y = 4 – 2 = 2 e altura z = 1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Nota: Da Geometria sabemos que o volume do paralelepípedo reto-retângulo é o produto 
da área da base pela sua altura, ou seja, 
 V = Ab . h = (2 . 2) . 1 V = 4 u.v. (unidade de volume) 
 
Exemplo 8. Calcular o volume da figura representada no gráfico abaixo usando integral 
tripla. 
 
 
 
 
 
 
 
1 
3 
2 
4 
1 
x y 
z 
Portanto, o resultado encontrado 4 é o 
volume do sólido, um paralelepípedo 
reto retângulo e, neste caso, também a 
área da base do mesmo. 
R :





≤≤
≤≤
≤≤
4z0
2y0
3x0
 0 3 
2 
4 
x 
y 
z 
Cálculo de funções de várias variáveis 
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33 
V = dxdydz 
3x 
0x 
2y 
0y 
4z 
0z ∫∫∫
=
=
=
=
=
=
 = dydzx 
3x
0x
2y 
0y 
4z 
0z 





 =
=
=
=
=
= ∫∫ = dydz)03( 
2y 
0y 
4z 
0z 






−∫∫
=
=
=
=
 
V = dydz3 
2y 
0y 
4z 
0z ∫∫
=
=
=
=
 = dzy3 
2y
0y
4z 
0z 
=
=
=
=∫ = dz)0.32.3( 
4z 
0z 
−∫
=
=
 = dz6 
4z 
0z ∫
=
=
 
V = 
4z
0z
 z6
=
=
 = 6.4 – 6.0 = 24 – 0 V = 24 u.v. (unidades de volume) 
 
 
INTEGRAL DUPLA USANDO COORDENADAS POLARES 
 
1. Coordenadas polares no plano 
 Quando tomamos dois eixos perpendiculares Ox e Oy, podemos associar a um ponto P 
o par ordenado (x, y), onde x é a abscissa e y a ordenada de P. O sistema de 
coordenadas que obtemos é o sistema cartesiano (ou retangular) de coordenadas. 
Existem outras maneiras de associar coordenadas a um ponto, as coordenadas polares é 
uma delas. 
 Tomando, no plano, uma semi-reta chamada eixo polar, cuja origem 0 é chamada de 
pólo e consideremos um ponto P do plano. 
 Seja r sua distância a 0, chamada coordenada radial de P e θ coordenada angular 
de P (geralmente medido em radianos) o ângulo entre o eixo Ox e o segmento OP. 
Convencionalmente, θ é positivo quando marcado no sentido anti-horário. 
 Temos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Elevando ao quadrado membro a membro cada equação, obtemos: 
 




θ=
θ=
222
222
sen .ry
cos .rx
 Somando membro a membro as equações, temos: 
 θ+θ=+ 222222 sen .rcos .r yx )cos(sen .r yx 22222 θ+θ=+ 
 Da trigonometria sabemos que a relação sen2 θ + cos2 θ = 1. Então: 
 1 .ryx 222 =+ 222 ryx =+ (Teorema de Pitágoras aplicado no triângulo 
 retângulo da figura acima). 
 De 222 ryx =+ , com r > 0, obtemos 22 yxr += que é a distância do ponto P à 
 Origem. O ponto P é denominado de coordenadas polares e representado por P(r, θ). 
 
 Nota: Toda região do tipo: R = {(r, θ) | ro ≤ r ≤ r1 e θo ≤ θ ≤ θ1} é chamada retângulo 
polar. 
 
2. Integrais duplas em coordenadas polares (mudança de coordenadas na integral) 
 A técnica de integrar em coordenadas polares é empregada, freqüentemente, quando o 
integrando ou as equações para a fronteira da região de integração envolvem a distância 
22 yxr += até a origem, ou ainda, quando a região de integração é dada em 
0 
⊡ x 
y 
r 
θ 
x 
y 
No triângulo retângulo da figura temos: 
θ=
θ=






=θ
=θ
 sen .r y
 cos .r x
 
r
y
 sen
r
x
 cos
 
P 
Cálculo de funções de várias variáveis 
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34 
coordenadas polares. No caso de a integral dada conter coordenadas cartesianas 
fazemos a mudança de coordenadas por: 
 



θ=
θ=
 sen .ry
 cos .rx
 e dA = r dr dθ, ou seja, 
 ∫∫
R
dA y) f(x, = θ





θθ∫∫
θ
θ
d,cos.r(f drr ) sen r. 
1
o
1
o
r 
r 
 
 
 
Exemplo 1. Calcular a integral dupla ∫∫ +
R
22 dA yx , onde R é limitada pelas regiões: 
x ≥ 0, y ≥ 0 e x2 + y2 ≤ 4, usando coordenadas polares. 
 
x2 + y2 ≤ 4 representa a região interior de um círculo de centro na origem e raio r = 2 
 
 
 Em coordenadas polares: 
 R : 




π
≤θ≤
≤≤
2
0
2r0
 e 



θ=
θ=
 sen .r y
 cos . rx
 
 
 
 
∫∫ +
R
22 dA yx = θ





θ+θ∫ ∫
π
d drr .)sen .r()(r.cos 
2
 
0 
2 
0 
22 = 
 = θ





θ+θ∫ ∫
π
d drr .sen .r.cosr 
2
 
0 
2 
0 
2222 = 
 = θ





θ+θ∫ ∫
π
d drr .)sen.(cosr 
2
 
0 
2 
0 
222 = θ





∫ ∫
π
d drr .1.r 
2
 
0 
2 
0 
2 = 
 = θ





∫ ∫
π
d drr .r 
2
 
0 
2 
0 
2 = θ





∫ ∫
π
d drr .r 
2
 
0 
2 
0 
 = θ





∫ ∫
π
d dr r 
2
 
0 
2 
0 
2 = 
 = θ







∫
π
d 
3
r2 
0 
2
0
3
 = θ







−∫
π
d 
3
0
3
22 
0 
33
 = θ∫
π
d 
3
8
 
2
 
0 
 = 
2
0
 
3
8
π
θ = 





−
π
0
2
.
3
8
 
 = 
3
8
 . 
2
π
 = 
6
8π
 = 
3
4ππππ
 
 
 
Exemplo 2. Calcule a área do círculo usando coordenadas polares e integral dupla. 
 
 A região é x2 + y2 ≤ r2 , onde 
 



π≤θ≤
≤≤
20
 rr0
 
 
 
 A = θ∫∫
=
=
π=θ
=θ
ddr r
rr 
0r 
2 
0 
 = θ






 =
=
π=θ
=θ∫ d2
r rr
0r
22 
0 
 = θ







−∫
π=θ
=θ
d
2
0
2
r 222 
0 
 
x ≥ 0 
2 
y ≥ 0 
2 
r 
r 
r 
r 
y 
x 
θ