Apostila calculo 3 prof. Erick Pinho

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Ca´lculo Diferencial e Integral III
Erick Frank de Pinho
Rio de Janeiro, 2014
Conteu´do
1 Conceitos iniciais 4
1.0.1 Inequac¸o˜es no Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.0.2 Superf´ıcies Qua´dricas e Cilindros . . . . . . . . . . . . 8
2 Integrais Duplas 12
2.1 Explicac¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.2 Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.3 Teorema de Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.3.1 Regio˜es retangulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.3.2 Regio˜es mais gerais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.4 Me´todos para facilitar a integrac¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.4.1 Mudanc¸a da ordem de integrac¸a˜o . . . . . . . . . . . . 22
2.4.2 Mudanc¸a de varia´veis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.5 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
3 Integrais Triplas 48
3.1 Mudanc¸as cil´ındricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
3.2 Mudanc¸as esfe´ricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
3.3 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
4 Integral de Linha 62
4.1 Introduc¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
4.2 Func¸o˜es escalares (campos escalares) . . . . . . . . . . . . . . 64
4.3 Campos vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
4.4 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
5 Teorema de Green 79
5.1 Introduc¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
5.2 Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
5.3 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
1
6 Integral de Superf´ıcie 94
6.1 Introduc¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
6.2 A´rea de superf´ıcies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
6.3 Func¸o˜es escalares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
6.4 Campos vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
6.5 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
7 Teorema de Stokes 115
7.1 Introduc¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
7.2 Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
7.3 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
8 Teorema de Gauss 129
8.1 Introduc¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
8.2 Teorema de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
8.3 Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
9 Campos conservativos 141
9.1 Introduc¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141
9.2 Campos conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
10 Respostas dos exerc´ıcios 150
A Demonstrac¸o˜es 159
A.1 Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159
A.2 Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
A.3 Teorema de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163
B Informac¸o˜es adicionais 165
B.1 Ca´lculo vetorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165
B.2 Outra forma da integral de superf´ıcie . . . . . . . . . . . . . . 167
C Aplicac¸o˜es 168
C.1 Massa, centro de massa e momento de ine´rcia . . . . . . . . . 168
C.2 Conservac¸a˜o da energia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172
C.3 Equac¸a˜o da continuidade e do calor . . . . . . . . . . . . . . . 173
C.4 Lei de Gauss e Lei de Ampere . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175
C.5 Velocidade da luz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
D Bibliografia 181
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Introduc¸a˜o
Esse texto, bem como os outros produzidos pelos autores, tem como pu´blico-
alvo os alunos do ensino superior da engenharia. O ca´lculo apresenta diversas
aplicac¸o˜es no cotidiano do leitor. Por isso, uma reta compreensa˜o dessa
ferramenta possibilita uma visa˜o mais ampla das situac¸o˜es que ele encontrara´
em sua vida.
Para a transmissa˜o dos conceitos apresentados, os autores utilizam de
uma linguagem clara e direta. Eles trazem consigo a experieˆncia daqueles
que ja´ estudaram esses to´picos e agora se aventuram pelo ensino desses.
Sendo assim, eles trazem inu´meros exemplos e exerc´ıcios. Como acreditam
que a beleza do ca´lculo encontra perfeic¸a˜o na natureza, ao final da obra, o
leitor encontrara´ diversas aplicac¸o˜es dos conceitos abordados.
Nessa obra o leitor encontrara´ uma ampla discussa˜o sobre integrais mu´ltiplas
(duplas e triplas), integrais de linha e de superf´ıcie bem como os 3 teoremas
do ca´lculo vetorial (Green, Stokes e Gauss), finalizando com a teoria de cam-
pos conservativos.
Esse texto, ale´m de inu´meros exemplos comentados e exerc´ıcios propostos
com resposta, apresenta va´rias imagens, ilustrando as situac¸o˜es-problema. E´
uma obra que tem como objetivo completar e solidificar o aprendizado do
ca´lculo.
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Cap´ıtulo 1
Conceitos iniciais
1.0.1 Inequac¸o˜es no Plano
Esse curso tem como principal objeto o estudo das integrais. Essa ferramenta
matema´tica ta˜o fundamental e´ bem caracterizada por dois aspectos, a saber
o integrando (a funca˜o a ser integrada) e o domı´nio de integrac¸a˜o (a regia˜o
sob a qual ocorrera´ a integrac¸a˜o). No ca´lculo 1, o domı´nio de integrac¸a˜o era
restrito a uma reta, aqui extenderemos esse conceito para outros elementos,
seja no R2 ou no R3. Para podermos compreender melhor esses domı´nios
e´ necessa´rio saber escreveˆ-los e os identificar de maneira correta. Esse e´ o
objetivo dessa sec¸a˜o.
No ensino me´dio, aprendemos que situac¸o˜es do tipo y = f(x) eram deno-
minadas func¸o˜es ou curvas e tinham uma representac¸a˜o no plano cartesiano.
No ca´lculo II, extendemos o conceito de func¸a˜o para va´rias varia´veis, ou seja,
uma situac¸a˜o do tipo z = f(x, y) e vimos a representac¸a˜o de alguns desses
elementos que eram definidos como superf´ıcies.
Agora, estamos interessados em estudar o comportamento, no plano car-
tesiano e, posteriormente, no espac¸o, da seguinte situac¸a˜o:
x ≥ 2
Atente ao fato de que agora na˜o temos mais uma igualdade, mas sim uma
desiguldade o que configura uma inequac¸a˜o matema´tica.
Como sabemos, as coordenadas no plano cartesiano sa˜o dadas em duplas
ordenadas (x, y). A situac¸a˜o apresentada quer nos dizer que, no plano car-
tesiano, apenas os pontos cuja coordenada x for maior ou igual ao escalar 2
sera˜o de interesse, como pode ser visto pela regia˜o da imagem 1.
Como vimos acima, o estudo das inequac¸o˜es no plano na˜o passa da deli-
mitac¸a˜o do R2, ou seja, da restric¸a˜o de uma ou mais coordenadas mediante
uma desigualdade. Vejamos algumas situac¸o˜es e suas ana´lises.
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Figura 1.1: Imagem 1
1)0 ≤ y ≤ 1 e 0 ≤ x ≤ 1
Nessa situac¸a˜o, temos duas restric¸o˜es para y e mais duas para x. Gosta-
riamos de selecionar os pontos que estivessem entre as seguintes retas: y = 0,
y = 1, x = 0 e x = 1. Isso fica bem esquematizado na imagem 2 abaixo.
Figura 1.2: Imagem 2
2)y ≥ x
Essa situac¸a˜o possui uma u´nica restric¸a˜o que envolve uma relac¸a˜o da
coordenada x com y. Uma interpretac¸a˜o para isso seria os pontos em que a
coordenada y e´ superior a coordenada x. Veja que se trac¸armos a reta y = x
teremos os pontos aonde as coordenadas se igualam, logo queremos a regia˜o
acima dessa reta, como exposto na imagem 3 abaixo.
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Figura 1.3: Imagem 3
3)y ≥ x2 e y ≤ 1
Essa situac¸a˜o, que sera´ bem comumao longo do curso, apresenta duas
restric¸o˜es. Uma que relaciona x com y e outra uma delimitac¸a˜o para y. Da
primeira restric¸a˜o retiraremos o pedac¸o do plano em que (x, y) esta˜o acima
da para´bola (fac¸a y = x2 e enta˜o pegue a parte em que y excede x2). A
segunda nos dira´ que da regia˜o, ja´ modelada pela restric¸a˜o 1, queremos os
pontos abaixo da reta y = 1, o que nos retorna a imagem 4 abaixo.
Figura 1.4: Imagem 4
4)x2 + y2 ≤ 4
Esse caso, que tambe´m sera´ bem comum em nosso curso, tem uma inter-
pretac¸a˜o mais delicada. A igualdade dessa expressa˜o nos remete ao c´ırculo
de centro na or´ıgem e raio igual a 2. Obviamente a expressa˜o x2 + y2 = 1
pertence a regia˜o, ou seja, a circunfereˆncia de centro na or´ıgem e raio igual a
Gau
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1. Isso nos induz a pensar que a regia˜o descrita pela inequac¸a˜o sa˜o todos as
circunfereˆncias com centro na or´ıgem e raio menor que 2. Portanto, a regia˜o
interior a circunfereˆncia com raio igual a 2, como mostra a imagem 5 abaixo
Figura 1.5: Imagem 5
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1.0.2 Superf´ıcies Qua´dricas e Cilindros
As figuras no R3 sa˜o classificadas em dois tipos: superf´ıcies qua´dricas e cilin-
dros. E´ essencial uma plena compreensa˜o das figuras que sera˜o apresentadas
nesta sec¸a˜o, pois frequentemente sera´ necessa´rio fazer esboc¸os desses elemen-
tos nos exerc´ıcios. Uma superf´ıcie qua´drica e´ o gra´fico de uma equac¸a˜o
do segundo grau nas treˆs varia´veis (x, y, z). A equac¸a˜o mais geral para esses
elementos e´:
Ax2 +By2 + Cz2 +Dxy + Eyz + Fxz +Gx+Hy + Iz + J = 0
De acordo com os coeficientes do problema, a superf´ıcie ganhara´ um nome
especial, vejamos alguns casos:
1)Elipsoide
A equac¸a˜o caracter´ıstica e´:
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
= 1
*OBS1: No caso em que a = b = c, teremos uma esfera.
*OBS2: Em alguns exerc´ıcios aparecera´ a seguinte notac¸a˜o:
z = ±
√
1− x
2
a2
+
y2
b2
Aqui, para facilitar a ana´lise, foi tomado c = 1. Uma ra´ız quadrada e´
sempre positiva, enta˜o o valor de z sera´ sempre positivo caso tomemos “+”a
ra´ız. Sendo assim, estar´ıamos falando apenas da parte superior do elipsoide.
A ideia e´ ana´loga se tomarmos “-”a ra´ız. Contudo, agora, sera´ a parte inferior
do elipsoide. Tenha em mente que fizemos isso para a coordenada z, mas pode
ser extendido para qualquer uma das treˆs coordenadas.
Figura 1.6: Imagem 6: elipsoide
x2
4
+
y2
9
+ z2 = 1
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2)Cone
A equac¸a˜o caracter´ıstica e´:
x2
a2
+
y2
b2
=
z2
c2
*OBS: Da mesma forma que fizemos para o elipsoide, frequentemente aparece
a fo´rmula do cone, mas envolvendo a ra´ız quadrada. O racioc´ınio e´ o mesmo
ao apresentado acima.
Figura 1.7: Imagem 7: cone x2 + y2 = z2
Vemos na imagem 7, como fica o gra´fico do cone
3)Hiperboloide de uma folha
A equac¸a˜o caracter´ıstica e´:
x2
a2
+
y2
b2
− z
2
c2
= 1
Vejamos um exemplo de hiperboloide na imagem 8.
Figura 1.8: Imagem 8: hiperboloide x2 + y2 − z2 = 1
Gau
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4)Paraboloide
A equac¸a˜o caracter´ıstica e´:
x2
a2
+
y2
b2
=
z
c
*OBS: A concavidade do paraboloide sera´ dada pelo sinal dos termos x2 e y2.
Se eles forem positivos, concavidade para cima. Caso contra´rio, concavidade
para baixo. Vejamos um exemplo de paraboloide na imagem 9.
Figura 1.9: Imagem 9: paraboloide x2 + y2 = z
Todas os exemplos, ate´ o momento, foram tomados com centro na origem
do sistema cartesiano. Contudo, sera´ frequente a transladac¸a˜o das figuras
apresentadas ate´ aqui. Encorajamos, fortemente, que os alunos estudem
essas transladac¸o˜es. Vejamos, agora, os cilindros.
E´ comum pensarmos nos cilindros como aqueles elementos cuja base e´
um c´ırculo e esse se prolonga ortogonalmente. E´ verdade que esse elemento
e´ um cilindro, mas a perguta e´: esse e´ o u´nico elemento que a matema´tica
denomina como cilindro? A resposta para essa pergunta e´ na˜o. Sendo assim,
precisamos de uma definic¸a˜o mais precisa do que sa˜o cilindros.
Definiremos como cilindros as superf´ıcies formadas por retas paralelas a
uma reta dada e que passam por uma curva plana. Analogamente, podemos
pensar como uma superf´ıcie que ao fazermos secc¸o˜es transversais obtemos o
mesmo elemento da base (este pode ou na˜o ser um c´ırculo). Por essa raza˜o
um cilindro possui apenas 2 das 3 coordenadas cartesianas em sua equac¸a˜o.
A equac¸a˜o dada, que sera´ igual a de uma curva, sera´ a representac¸a˜o do
elemento de base no plano da curva. Contudo, pelo contexto, o leitor deve
interpretar tal equac¸a˜o como uma superf´ıcie formada pela extensa˜o ortogonal
dessa curva ao longo do eixo omisso. Vejamos algumas imagens
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Na figura a esquerda temos um cilindro do tipo y = sen(z) logo havera´
uma extensa˜o em x. No cilindro do meio e´ complicado de demonstrar uma
equac¸a˜o cartesiana para o elemento, mas, com certeza, nessa equac¸a˜o y sera´
omisso. No cilindro da direita temos x2 + y2 = 1, que e´ o cilindro mais
comum. Como z na˜o aparece na equac¸a˜o, a figura sera´ uma extensa˜o do
c´ırculo ao longo deste eixo.
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Cap´ıtulo 2
Integrais Duplas
Ate´ o presente momento o leitor deve ter resolvido inu´meras integrais simples.
A partir de agora, definiremos integrais para func¸o˜es de mais de uma varia´vel,
limitar-nos-emos as integrais duplas e triplas.
Para iniciar a discussa˜o a respeito das integrais simples, quer´ıamos cal-
cular a a´rea entre o gra´fico de y = f(x) com o eixo x. E´ natural, enta˜o,
iniciarmos a nossa discussa˜o com um elemento geome´trico. No caso, quere-
mos determinar o volume entre uma func¸a˜o do tipo z = f(x, y) com o plano
z = 0.
Definic¸a˜o 2.1. Seja z = f(x, y) uma func¸a˜o contida numa regia˜o ou domı´nio
“D”. Diremos que a integral dupla sobre “D”representa o volume do so´lido
entre f(x, y) e o plano z = 0, caso f(x, y) ≥ 0. No caso especial em que
f(x, y) = 1, a integral representa a a´rea do domı´nio “D”.
V OLUME =
∫ ∫
D
f(x, y)dA
A figura abaixo representa a situac¸a˜o supracitada.
Figura 2.1: Situac¸a˜o que trabalharemos
Gau
∫∫
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2.1 Explicac¸a˜o
A pergunta mais natural a se fazer e´: Como chegamos nessa expressa˜o para o
volume? Tentaremos demonstrar a expressa˜o acima, aplicando o mesmo pro-
cesso adotado na integral simples. Fatiaremos o nosso domı´nio e, em seguida,
multiplicaremos o valor de cada pedac¸o pelo valor da func¸a˜o. Finalmente, so-
maremos tudo. Contudo, agora na˜o fatiaremos em pequenos segmentos, mas
em pequenos retaˆngulos. Para facilitar a “demonstrac¸a˜o”consideraremos um
cubo, ou seja, z = k, k ∈ N∗. Vejamos como esse processo ocorrera´ abaixo.
Primeiramente, fatiaremos nosso so´lido com va´rios planos paralelos ao
plano xz, obtendo va´rias pequenas pec¸as, como ilustrado na imagem abaixo.
Pela imagem acima, vemos que o volume total, V (w), e´ representado pela
soma do volume de cada pequena pec¸a, V (p).
V (w) =
∑
V (p)
Precisamos determinar o volume de cada pequena pec¸a. Contudo, esse
volume e´ fa´cil de ser calculado, pois e´ dado pelo produto da a´rea lateral, Al,
com o seu comprimento, dy.
V (p) = Al.∆y
Enta˜o, precisamos obter a a´rea lateral. Pelos nossos conhecimentos de
ca´lculo 1, sabemos que as a´reas entre curvas podem ser obtidas por uma
integral simples. De fato, para cada corte feito o valor de y e´ constante, a,
enta˜o f(x, y) depende exclusivamente de x e nossaa´rea pode ser calculada
como uma integral simples.
Al =
∑
f(x, a).∆x
Pelo que foi exposto anteriormente, obtemos
V (w) =
∑∑
f(x, a).∆x.∆y
Gau
∫∫
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Ao tomarmos o limite, ou seja, ∆x e ∆y se tornam dx e dy e a expressa˜o
se torna igual ao volume da pec¸a total. Contudo, outra forma de fatiarmos
o so´lido e consequentemente o domı´nio “D”seria passando planos paralelos
ao plano xz e yz. Sendo assim, o produto dx.dy = dA. O que retorna a
expressa˜o da definic¸a˜o.
2.2 Propriedades
a)Linearidade
Se f e g forem integra´veis e c1 e c2 constantes reais, temos∫ ∫
D
[c1f(x, y) + c2g(x, y)]dA = c1
∫ ∫
D
f(x, y)dA+ c2
∫ ∫
D
g(x, y)dA
b)Aditividade
Se “D”for unia˜o disjunta, sem intersec¸a˜o, dos domı´nios R1 e R2, enta˜o∫ ∫
D
f(x, y)dA =
∫ ∫
R1
f(x, y)dA+
∫ ∫
R2
f(x, y)dA
Gau
∫∫
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2.3 Teorema de Fubini
2.3.1 Regio˜es retangulares
Com a definic¸a˜o e explicac¸a˜o acima temos uma boa ideia do que representa
uma integral dupla. No entanto, na˜o sabemos como a resolver explicitamente.
Para resolver esse problema, enunciamos o teorema de Fubini que nos da´ a
arma para obter soluc¸o˜es.
Teorema 2.1. Teorema de Fubini - Se f(x, y) e´ cont´ınua num retaˆngulo
R = [a, b] × [c, d], enta˜o a integral dupla de f sobre R pode ser obtida por
integrais iteradas, ou seja:∫ ∫
R
f(x, y)dA =
∫ b
a
[∫ d
c
f(x, y)dy
]
dx =
∫ d
c
[∫ b
a
f(x, y)dx
]
dy
Esse teorema nos diz que cada integral simples pode ser resolvida inde-
pendente da anterior, considerando apenas a varia´vel em questa˜o e mantendo
a outra como constante. Vale ressaltar que essa mudanc¸a nas ordem das inte-
grais APENAS pode ser feita desse modo em domı´nios retangulares. Observe
tambe´m que os limites de integrac¸a˜o esta˜o relacionados a varia´vel que sera´
integrada, ou seja, dx ou dy. Veremos mais a frente que os limites esta˜o
relacionados a como essas varia´veis se comportam. Vejamos um exemplo da
aplicac¸a˜o do teorema de Fubini.
Exemplo 1. Calcule o volume do so´lido limitado por z = −x2 + 1 sobre
o retaˆngulo R = [0, 1]× [0, 1]
Para acharmos o volume temos que fazer
∫ ∫
R
f(x, y)dA. O Teorema
de Fubini nos da´ o me´todo para avaliar essa integral dupla, logo temos∫ 1
0
∫ 1
0
(−x2 + 1)dxdy ou
∫ 1
0
∫ 1
0
(−x2 + 1)dydx
Gau
∫∫
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Resolveremos ambas as integrais para que o leitor confie de fato no
teorema.
Para a primeira integral dupla, temos que resolver a primeira integral
simples, a integral mais interna∫ 1
0
(−x2 + 1)dx =
(
−x
3
3
+ x
) ∣∣∣∣∣
1
0
= 2/3
Com esse resultado em ma˜os, coloca´-lo-emos na integral mais externa que
fica ∫ 1
0
2
3
dy =
2
3
(y)
∣∣∣∣∣
1
0
= 2/3
Passemos para o ca´lculo na outra ordem de integrac¸a˜o. A integral
mais interna fica:∫ 1
0
(−x2 + 1)dy = (−x2 + 1)
∫ 1
0
dy = (−x2 + 1)(y)
∣∣∣∣∣
1
0
= (−x2 + 1)
Observe que o termo −x2 + 1 foi tratado como constante ja´ que es-
tamos integrando em func¸a˜o de y, logo ele saiu da integral. Com esse
resultado em ma˜os podemos calcular a integral mais externa.∫ 1
0
(−x2 + 1)dx =
(
−x
3
3
+ x
) ∣∣∣∣∣
1
0
= 2/3
Observamos que, como era esperado, ambos os resultados foram
iguais, corroborando o teorema de Fubini. A pergunta que fica e´: So´
podemos calcular integrais duplas em domı´nios retangulares? A resposta
e´ na˜o e veremos agora um me´todo que nos permitira´ calcular integrais
duplas em regio˜es mais gerais.
2.3.2 Regio˜es mais gerais
Ate´ o momento, trabalhamos com domı´nios retangulares. Agora, estamos
interessados em obter o volume sobre regio˜es limitadas por retas, para´bolas
e outras curvas. Para fazermos isso, temos que ter o conhecimento das desi-
guldades no plano.
Gau
∫∫
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Imagine que queremos determinar o volume de um so´lido limitado por
uma func¸a˜o z = f(x, y) e o plano z = 0. Dessa vez, nosso domı´nio, “D”,
sera´ a regia˜o formada pelos eixos cartesianos e pela reta y = −x + 1, como
na figura abaixo.
Os limites de integrac¸a˜o esta˜o relacionados com a variac¸a˜o de cada varia´vel.
Se, por engano, escrevessemos que “D”e´ o retaˆngulo D = [0, 1] × [0, 1] es-
tar´ıamos computando partes adicionais indesejadas. Enta˜o a pergunta e´:
como escrever a nossa regia˜o “D”de maneira precisa?
Para avaliar essa questa˜o de uma maneira mais pra´tica, sugerimos o uso
do seguinte algoritmo:
i) Fac¸a retas paralelas ao eixo x ou ao eixo y.
ii) Analise em quais curvas se da´ o in´ıcio da variac¸a˜o e seu te´rmino.
iii) Delimite a regia˜o obtida em ii com a outra varia´vel.
No passo i, se trac¸armos retas paralelas ao eixo x, estamos analisando a
variac¸a˜o de x, caso contra´rio a de y. No passo ii, obtemos uma delimitac¸a˜o
do R2 sobre a forma de desigualdade. Contudo, essa delimitac¸a˜o forma uma
regia˜o maior do que a desejada. Para corrigir isso, dizemos, com a outra
varia´vel, qual parte dessa regia˜o nos interessa.
No caso acima, se trac¸armos retas paralelas ao eixo x vemos que x inicia
a variac¸a˜o na reta x = 0 e vai ate´ a reta x = −y + 1. Contudo, isso define
uma macro-regia˜o do plano, como mostra a imagem abaixo.
Gau
∫∫
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Para limitarmos a macro-regia˜o ao que desejamos de fato, ou seja, o
triaˆngulo de ve´rtices (0,0); (1,0); (0,1), precisamos fornecer mais uma in-
formac¸a˜o. Para obtermos essa nova informac¸a˜o fac¸amos a pergunta: dada a
regia˜o acima, qual parte e´ desejada? O que nos interessa e´ a parte em que y
varia de 0 a 1.
Feita essa analise, estamos prontos para afirmar que, na verdade, a regia˜o
“D”pode ser escrita como D = {(x, y) ∈ 0 ≤ x ≤ −y+1, 0 ≤ y ≤ 1)}. Sendo
assim, o problema do volume pode ser resolvido pela seguinte integral:∫ 1
0
∫ −y+1
0
f(x, y)dxdy
Observe que na integral acima um dos limites de integrac¸a˜o e´ uma func¸a˜o.
Como o volume e´ um nu´mero, esse limite na˜o pode ficar na u´ltima integral.
Atente ao fato de que resolveremos a integral com o me´todo das integrais
iteradas, mas a inversa˜o da ordem de integrac¸a˜o na˜o e´ imediata como no
caso das regio˜es retangulares. Veja, tambe´m, que cada limite de integrac¸a˜o
esta´ casado com a respectiva varia´vel atrave´s da ordem dxdy.
Cabe aqui o seguinte questionamento: porque na˜o usamos novamente o
passo (i) para determinar a variac¸a˜o de y? A resposta para essa pergunta e´
simples. Ao aplicarmos o passo (i) para x, ja´ limitamos um pedac¸o do plano.
Na˜o se faz necessa´ria uma nova delimitac¸a˜o do plano, mas da regia˜o obtida.
Vejamos como isso se aplica em um exemplo.
Exemplo 2. Calcule a a´rea entre x = y2 e x = 1.
Resoluc¸a˜o: Como desejamos saber a a´rea, nossa f(x, y) sera´ igual a 1.
Fac¸amos um esboc¸o do domı´nio “D”:
Gau
∫∫
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Aplicando o algoritmo enunciado, podemos obter duas formas de des-
crever a regia˜o “D”. Temos que escolher a que facilita os ca´lculos, embora
nesse exemplo ambas sejam fa´ceis de se calcular. A a´rea de “D”pode ser
obtida, fazendo:∫ 1
−1
∫ 1
y2
1dxdy ou
∫ 1
0
∫ √x
−√x
1dydx
Para obter a primeira integral, trac¸amos retas paralelas ao eixo x,
concluindo que x varia entre a para´bola e a reta. Ja´ na segunda integral,
trac¸amos retas paralelas ao eixo y, concluindo que y varia entre os brac¸os
da para´bola. Para escrever a equac¸a˜o de cada brac¸o, retiramos a ra´ız
quadrada, lembrando do mo´dulo. Ambas retornam
4
3
, mas a primeira
integral na˜o envolveu a ana´liseda ra´ız.
Exemplo 3. Calcule a a´rea entre y = x e y = x2.
Resoluc¸a˜o: Novamente, foi pedida a a´rea, logo f(x, y) = 1. O esboc¸o da
regia˜o fica como na imagem abaixo:
Gau
∫∫
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Trac¸aremos retas paralelas ao eixo y, pois, desse modo, y varia da
para´bola ate´ a reta. Para delimitar nossa regia˜o, temos que achar os
valores desejados de x. Esses sa˜o obtidos da intersec¸a˜o das curvas, ou
seja, x = 0 e x = 1. Portanto, a a´rea sera´ dada por:∫ 1
0
∫ x
x2
1dydx =
1
6
Para iniciarmos a discussa˜o sobre integrais duplas, introduzimos o pro-
blema do ca´lculo de volumes e a´reas. Contudo, esses sa˜o elementos geome´tricos
e, consequentemente, sempre positivos. A pergunta que fica e´: a integral du-
pla sempre retornara´ valores positivos? Assim como na integral simples, a
resposta e´ na˜o.
Temos duas situac¸o˜es distintas. A primeira e´ quando nos e´ pedido a
a´rea de uma regia˜o ou o volume do so´lido. Nesse caso, o valor obtido deve
sempre ser positivo. A segunda e´ quando nos e´ pedido “calcule a seguinte
integral dupla...”. Nessa situac¸a˜o, nem sempre os valores sera˜o positivos,
pois a func¸a˜o a ser integrada pode estar abaixo do plano z = 0. Vejamos
como isso se aplica a um exemplo.
Exemplo 4. Calcule o volume do so´lido limitado por z = x2 − 1, z = 0,
y = 0 e y = 1.
Resoluc¸a˜o: Inicialmente, fac¸amos um esboc¸o da situac¸a˜o.
Gau
∫∫
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Observamos que o domı´nio de integrac¸a˜o e´ retangular. Mais especifi-
camente, o retaˆngulo R = [0, 1]× [0, 1]. Logo, pelo exposto na definic¸a˜o,
bastaria tomarmos a seguinte integral:∫ 1
0
∫ 1
0
(x2 − 1)dxdy = −2/3
Um volume na˜o pode ser negativo, logo tomamos o mo´dulo do valor
obtido pela integral acima. Contudo, se fosse pedido apenas para calcular
a integral dupla acima, na˜o tomar´ıamos o mo´dulo e nossa resposta seria
-2/3.
Gau
∫∫
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2.4 Me´todos para facilitar a integrac¸a˜o
Nesta parte do texto, discutiremos alguns me´todos para facilitar ou ate´ possi-
bilitar a integrac¸a˜o. Eles sera˜o divididos na mudanc¸a da ordem de integrac¸a˜o
e nas mudanc¸as de varia´veis. Para aqueles que compreenderam bem o algo-
ritmo apresentado na sec¸a˜o anterior, o primeiro me´todo sera´ bem intuitivo.
2.4.1 Mudanc¸a da ordem de integrac¸a˜o
O teorema de Fubini nos garante que, em domı´nios retangulares, a mudanc¸a
da ordem de integrac¸a˜o, ou seja, a inversa˜o da integral interna com a externa,
pode ser feita de maneira imediata, simplesmente trocando as integrais. O
problema aparece em regio˜es mais gerais. Nessas regio˜es sera´ necessa´ria uma
analise mais cuidadosa dos limites de integrac¸a˜o. Antes de entendermos como
esse processo ocorre, vamos colocar de uma maneira clara o nosso objetivo:∫ ∫
R
f(x, y)dxdy =⇒
∫ ∫
R′
f(x, y)dydx
Exemplo 5. Inverta a ordem de integrac¸a˜o de
∫ 1
0
∫ √x
x3
f(x, y)dydx.
Resoluc¸a˜o: Dada uma integral ja´ montada, precisamos remontar o
domı´nio de integrac¸a˜o e o reescrever na outra ordem. Como a integral
mais interna esta´ relacionada a variac¸a˜o de y, concluimos que e´ a regia˜o
limitada por y = x3 e y =
√
x. Dessa regia˜o, interessa-nos a parte em
que 0 ≤ x ≤ 1. Observe nosso domı´nio na imagem abaixo:
Para mudarmos a ordem de integrac¸a˜o, temos que ver como x varia.
Pelo esboc¸o percebemos que x varia de y =
√
x → x = y2 ate´ y = x3,
Gau
∫∫
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que pode ser reescrito como x = 3
√
y. Logo, a nova integral ficaria:∫ 1
0
∫ 3√y
y2
f(x, y)dxdy
Esse exemplo foi dado para apresentar o procedimento para a alterac¸a˜o
da ordem. Vejamos agora um exemplo cla´ssico em que a ordem de integrac¸a˜o
precisa ser escolhida com cuidado.
Exemplo 6. Calcule
∫ ∫
D
ex
2
dxdy sendo D a regia˜o entre y = x, y = 0
e x = 1.
Resoluc¸a˜o: A princ´ıpio somos livres para escolher a ordem em que faremos
a integrac¸a˜o. Contudo, observe que se escolhermos a ordem dxdy, teremos
que integrar a func¸a˜o ex
2
. Na˜o conseguimos obter uma soluc¸a˜o expl´ıcita
para isso. Gostar´ıamos que tivesse um x multiplicando no integrando
para que fosse poss´ıvel aplicar a substituic¸a˜o u = x2. Vejamos o que
ocorre se integrarmos na ordem dydx.
Trac¸ando retas paralelas ao eixo y, concluimos que 0 ≤ y ≤ x e
0 ≤ x ≤ 1. Portanto, a integral dupla ficaria:∫ 1
0
∫ x
0
ex
2
dydx =
∫ 1
0
xex
2
dx
Devido a integral mais interna possuir o termo x em seu limite, ao
integrarmos, ele aparecera´ no integrando como desejado. Agora podemos
aplicar a substituic¸a˜o sugerida no in´ıcio, retornando:∫ ∫
D
ex
2
dxdy =
1
2
(e− 1)
Exemplo 7. Mude a ordem de integrac¸a˜o de:∫ asenb
0
∫ √a2−y2
ycotgb
f(x, y)dxdy
Gau
∫∫
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sendo que a > 0 e 0 < b < pi/2 .
Resoluc¸a˜o: Observamos, primeiramente, que “a” e “b” sa˜o constantes.
Enta˜o, na integral externa, os limites sa˜o constantes. Na integral interna,
o limite inferior possui o termo ycotgb. Como b e´ uma constante, cotgb
e´ uma constante, logo esse elemento e´ uma reta que passa pela origem
e tem inclinac¸a˜o cotgb. O limite superior e´ o semi-c´ırculo com x ≥ 0
centrado na origem com raio “a”.
Como cotgb =
1
tan b
e tan b ≤ 0, no intervalo dado, enta˜o a inclinac¸a˜o
da reta e´ positiva. Substituindo x = ycotgb na equac¸a˜o do c´ırculo, desco-
brimos que a intersec¸a˜o ocorre em x = a cos b, logo y = a sin b. Portanto,
ao analisarmos os limites da integral exterior, concluimos que desejamos
toda a regia˜o de intersec¸a˜o. Exatamente como no exposto acima.
Para invertermos a ordem de integrac¸a˜o, temos que trac¸ar retas pa-
ralelas ao eixo y. Na˜o ha´ como escrever essa regia˜o de maneira u´nica,
logo teremos que usar a propriedade da aditividade, ou seja, somar duas
integrais, uma no domı´nio R1 e a outra em R2. Em R1, 0 ≤ y ≤ x tan b
e 0 ≤ x ≤ a cos b. Em R2, 0 ≤ y ≤ √a2 − x2 e a cos b ≤ x ≤ a. Portanto,
temos que∫ a cos b
0
∫ x tan b
0
f(x, y)dydx+
∫ a
a cos b
∫ √a2−x2
0
f(x, y)dydx
Gau
∫∫
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2.4.2 Mudanc¸a de varia´veis
A leitura dessa pequena introduc¸a˜o exige conhecimentos de a´lgebra linear.
Recomendamos aos leitores que atentem, cuidadosamente, para as concluso˜es
em que chegaremos.
Considere os dois vetores da base canoˆnica de R2, ou seja, e1=(0,1) e
e2=(1,0). Esses dois vetores definem um quadrado “D”. A a´rea de “D”e´
dada pelo determinante da matriz formada por esses vetores
A(D) = det(A) =
∣∣∣∣ 1 00 1
∣∣∣∣
Ao aplicarmos uma tranformac¸a˜o linear, “T”, temos uma nova regia˜o D’
formada agora por T (e1) e T (e2). Para acharmos a a´rea de D’ tomamos um
novo determinante, mas com os vetores transformados nas colunas. Pelas
propriedades das TL’s temos:
A(D′) = det(T ).det(A) = det(T ).A(D)
Observamos enta˜o que as a´reas na˜o sa˜o iguais e aparece um fator de
correc¸a˜o dado por esse determinante. Como queremos transformar todo o
espac¸o, T tem que ser sobrejetora. Como T e´ quadrada e sobrejetora e´
injetora e bijetora. Uma transformac¸a˜o bijetora apresenta inversa, T−1. Pre-
cisamos manter sempre o nu´mero de varia´veis, no caso, duas.
Quando fazemos mudanc¸as de varia´veis, na verdade, estamos aplicando
uma transformac¸a˜o afim de facilitar o domı´nio de integrac¸a˜o ou o integrando.
Contudo, como a integral esta´ ligada a a´rea do domı´nio, aparecera´ o ca´lculo
de um determinante.
Mudanc¸as lineares
Nesse caso, gostar´ıamos de aplicar a seguinte transformac¸a˜o
x = f(u, v) = a1u+ a2v
y = g(u, v) = b1u+ b2v
Naforma matricial, temos[
a1 a2
b1 b2
]
×
[
u
v
]
Observe que a matriz a esquerda representa a matriz da transformac¸a˜o
linear. Pelo exposto acima, o seu determinante, chamado de jacobiano, sera´
importante no processo de mudanc¸a de varia´veis. Ha´ um fato interessante,
Gau
∫∫
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mas que na˜o e´ uma coincideˆncia. As entradas dessa matriz sa˜o as derivadas
parciais das func¸o˜es f e g. Na verdade, a forma mais geral para o jacobiano e´
J =
∂(x, y)
∂(u, v)
=
∣∣∣∣∣∣∣
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
∣∣∣∣∣∣∣
Mas qual o nosso objetivo? Nosso objetivo e´: dada uma integral dupla,
achar uma mudanc¸a linear que facilite o ca´lculo, seja facilitando o domı´nio
ou o integrando. Isso sera´ feito da seguinte forma∫ ∫
D
w(x, y)dxdx =
∫ ∫
R
w(x(u, v), y(u, v))
∣∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v)
∣∣∣∣∣dudv
A integral acima nos diz que aplicaremos a mudanc¸a a nossa func¸a˜o e mul-
tiplicaremos pelo mo´dulo do jacobiano. Este esta´ relacionado a deformac¸a˜o
da a´rea de integrac¸a˜o. Ale´m disso, temos que ver como o domı´nio “D”se
comporta no novo plano (u, v). Por isso, ele virou um novo domı´nio “R”.
Vejamos como isso se aplica em exemplos.
Exemplo 8. Calcule
∫ ∫
R
(x − 3y)dA sendo R a regia˜o formada pelas
retas y = 0, y = 2x, y = −3x e y = x/2. Use x = 2u+ v e y = u+ 2v.
Resoluc¸a˜o: Vejamos uma imagem do domı´nio:
Para L1, ou seja, o segmento da reta y = 2x que vai do ponto (0, 0)
ate´ o ponto (1, 2), devemos igualar as mudanc¸as na equac¸a˜o da reta:
y = 2x→ u+ 2v = 2(2u+ v)→ u = 0
Gau
∫∫
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Portanto, esse segmento se tornara´ um segmento da reta u = 0 no plano
uv. Precisamos agora determinar o ponto inicial e final desse segmento.
Usaremos para isso o ponto inicial e final do segmento no plano xy e
faremos dois sistemas.
PONTO INICIAL(0,0): {
x = 0 = 2u+ v
y = 0 = u+ 2v
Ao resolver o sistema verificamos que a soluc¸a˜o sera´ o ponto u = 0 e
v = 0. Como sabiamos de antema˜o que u = 0, poderiamos ter feito
apenas 0 = 2u+ v → 2.0 + v = 0.
PONTO FINAL(1,2): {
x = 1 = 2u+ v
y = 2 = u+ 2v
Ao resolver o sistema verificamos que a soluc¸a˜o sera´ o ponto u = 0 e
v = 1. Como sabiamos de antema˜o que u = 0, poder´ıamos ter feito
apenas 1 = 2u+ v → 2.0 + v = 1
Enta˜o, concluimos que o segmento L1 se torna um segmento da reta
u = 0 indo de v = 0 ate´ v = 1.
Para L2, ou seja, o segmento da reta y = −3x+2 indo de (1, 2) ate´ (2, 1),
devemos, novamente, igualar as transformac¸o˜es na equac¸a˜o da reta
y = −x+ 3→ u+ 2v = −(v + 2u) + 3→ v = 1− u
Portanto, esse segmento se transformara´ num segmento da reta v = 1−u.
Precisamos determinar o ponto final (o inicial sera´ u = 0 e v = 1, pois a
fronteira permanece fechada).
PONTO FINAL(2,1): {
x = 2 = 2u+ v
y = 1 = u+ 2v
Ao resolver o sistema, verificamos que a soluc¸a˜o sera´ o ponto u = 1 e
v = 0.
Enta˜o temos que o segmento L2 se tornara´ a reta v = 1 − u indo do
ponto u = 0 e v = 1 ate´ o ponto u = 0 e v = 1.
Para L3, ou seja o segmento da reta y = x/2 indo de (2, 1) ate´ (0, 0),
devemos novamente igualar as transformac¸o˜es na equac¸a˜o da reta
y = x/2→ u+ 2v = (2u+ v)/2→ v = 0
Gau
∫∫
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Na˜o e´ necessa´rio determinar os pontos inicial e final, pois esses sera˜o o
ponto inicial de L1 transformado e o final de L2 transformado, respecti-
vamente.
Enta˜o L3 sera´ o segmento da reta v = 0 com u indo de 0 a 1. Na
imagem abaixo verificamos como fica o novo domı´nio de integrac¸a˜o:
Agora, precisamos fazer o ca´lculo do jacobiano, que sera´ dado como
se segue:
J =
∂(x, y)
∂(u, v)
=
∣∣∣∣ 2 11 2
∣∣∣∣ = 3
E´ necessa´rio determinar como fica a func¸a˜o f(x, y) = x − 3y em termos
de u, v.
x− 3y → 2u+ v − 3(u+ 2v)→ −u− 5v
Podemos escrever o novo domı´nio de integrac¸a˜o como sendo 0 ≤ v ≤ 1−u
e 0 ≤ u ≤ 1. Isso gera a seguinte integral∫ 1
0
∫ 1−u
0
(−u− 5v)(3)dvdu = −3
Exemplo 9. Calcule
∫ ∫
D
(
x− y + 1
4
)−1/2
dxdy, sendo ”D”a regia˜o for-
mada por x = y, x = 2 e y = −x2. Sugesta˜o: Utilize x = u+v e y = v−u2.
Resoluc¸a˜o: A princ´ıpio poderiamos tentar resolver a seguinte integral∫ 2
0
∫ x
−x2
(
x− y + 1
4
)−1/2
dydx
Contudo, essa integral na˜o e´ simples de ser calculada, enta˜o utilizare-
mos a sugesta˜o das mudanc¸as acima. Para analisarmos o comportamento
Gau
∫∫
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do novo domı´nio, faremos um esboc¸o do atual domı´nio e dividiremos a
sua fronteira em segmentos como na imagem abaixo.
Reescreveremos cada segmento (L1, L2, L3), dando forma a nova
fronteira, R.
Para L1 (y=x): O ponto inicial e´ (0,0) e o final (2,2). Substituindo as
mudac¸as na equac¸a˜o da reta, temos:
u+ v = v − u2 → u(u+ 1) = 0→ u = 0, u = −1
Isso significa que independente dos valor que (x, y) assume na reta, para
essas mudanc¸as, u fica parado na reta u = 0 ou u = −1. Os pontos
iniciais e finais nos dira˜o o v inicial e final. Se u = 0, os pontos (0,0),
(2,2) nos dizem que v tem in´ıcio em 0 e vai ate´ 2. Se u = −1, estes
pontos nos dizem que v tem in´ıcio em 1 e te´rmino em 3. Atente ao fato
que 1 segmento gerou 2 novos. Como e´ necessa´rio que a mudanc¸a seja
bijetora, sera´ necessa´rio escolher apenas 1 dos segmentos como faremos
posteriormente.
Para L2 (x = 2): A reta x = 2 se torna u+ v = 2. Precisamos definir os
pontos iniciais e finais em (u, v), usando os pontos (2,2) e (2,-4).
v − u2 = 2→ u(u+ 1) = 0
Isso nos retorna os pontos, em (u, v), (0,2) e (-1,3). Como a fronteira
deve permanecer fechada, o primeiro ponto tem que se unir a reta u = 0
e o segundo a reta u = −1.
Para L3 (y = −x2): O comportamento dessa curva em (u, v) na˜o e´ ta˜o
Gau
∫∫
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imediato como os anteriores, mas substituindo as equac¸o˜es das mudanc¸as
na equac¸a˜o da para´bola, temos
v − u2 = −(u2 + 2uv + v2)→ v(1 + 2u+ v) = 0
Portanto, ou a curva se comporta como v = 0 ou como v + 2u = −1.
Novamente, para a fronteira permanecer fechada, a reta v = 0 pertence
a primeira regia˜o enquanto a outra pertence a segunda. Vamos definir
agora os pontos limites, usando (2,-4) e (0,0). Ao longo de v = 0, se x = 0,
temos que u = 0. Se x = 2, temos u = 2. Ao longo de 2u + v = −1, se
x = 0 temos que u = −1 e v = 1. Se x = 2, temos u = −3 e v = 5.
Temos enta˜o as seguintes regio˜es:
A primeira regia˜o parece mais fa´cil de ser trabalhada, enta˜o a usare-
mos como novo domı´nio. Precisamos agora obter o mo´dulo do jacobiano
∂(x, y)
∂(u, v)
=
∣∣∣∣∣∣∣
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ 1 1−2u 1
∣∣∣∣ = 1 + 2u
Na regia˜o, u e´ sempre positivo, enta˜o o mo´dulo do jacobiano e´ o
pro´prio jacobiano. Podemos agora montar a nova integral dupla.∫ 2
0
∫ 2−v
0
(u+ u2 + 1/4)−1/2(1 + 2u)dudv
Gau
∫∫
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Fazendo a substituic¸a˜o t = u+ u2 + 1/4→ dt = (1 + 2u)du, obtemos
2
∫ 2
0
[(2− v) + (2− v)2]dv = 4
Exemplo 10. Sendo D a regia˜o limitada por x = 0, y = 0 e x + y = 1,
calcule ∫ ∫
D
cos
(
x− y
x+ y
)
dA
Resoluc¸a˜o: A integral do cosseno na˜o e´ dif´ıcil de ser calculada, mas de-
vido a frac¸a˜o que aparece teremos dificuldades em integrar diretamente.
Faremos a mudanc¸a u = x + y e v = x − y. Como no exemplo anterior,
denominaremos cada um dos segmentos da fronteira e analisaremos como
eles se comportam com a mudanc¸a.
L1 (x = 0): Ao longo da reta x = 0, teremos que u = y e v = −y, logo
u = −v. So´ precisamos definir os pontos iniciais e finais. O ponto (0,0)
vai retornar o ponto (0,0) em (x, y). O ponto (0,1) se tornara´ (1,-1).L2 (x+y = 1): Como x+y = u, temos que u = 1. Sabemos tambe´m que
o ponto (0,1) retorna (1,-1), enquanto que o ponto (1,0) retorna (1,1).
L3 (y = 0): Se y = 0, as mudanc¸as se tornam u = x e v = x, logo u = v.
Para fecharmos a regia˜o o ponto inicial sera´ o (1,1) e o final o (0,0).
O novo domı´nio pode ser visto na imagem abaixo
Gau
∫∫
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Fac¸amos o ca´lculo do jacobiano:
∂(u, v)
∂(x, y)
=
∣∣∣∣∣∣∣
∂u
∂x
∂u
∂y
∂v
∂x
∂v
∂y
∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ 1 11 −1
∣∣∣∣ = −2→ 2
Observe que, nesse caso, na˜o temos uma funca˜o x = f(u, v) e
y = g(u, v), mas temos u = h(x, y) e v = t(x, y). Na verdade, estamos
trabalhando com o processo inverso. Podemos tentar achar as func¸o˜es
x = f(u, v) e y = g(u, v). Contudo, como apenas nos interessa o ca´lculo
do jacobiano, utilizaremos um argumento da a´lgebra linear. Vimos que a
mudanc¸a e´ uma bijec¸a˜o, logo ela admite uma inversa. No caso, estamos
trabalhando com a inversa do que e´ o correto. Mas sabemos que
detA =
1
detA−1
Enta˜o para obter o desejado, basta tomarmos o inverso do que temos.
∂(x, y)
∂(u, v)
= 1
/
∂(u, v)
∂(x, y)
Logo
∂(x, y)
∂(u, v)
=
1
2
e a integral fica
1/2
∫ 1
0
∫ u
−u
cos
(v
u
)
dvdu =
sen1
2
Exemplo 11. Sendo D a regia˜o descrita por:
D = {(x, y)/1 ≤ xy ≤ 2, x2 ≤ y ≤ 2x2}, calcule:∫ ∫
D
x
y2
dA
Resoluc¸a˜o: Vejamos como fica o nosso domı´nio original
Gau
∫∫
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Podemos aplicar o me´todo habitual. Contudo, com uma percepc¸a˜o
mais apurada, a questa˜o dos pontos iniciais e finais podera´ ser descartada.
Faremos a mudanc¸a u =
y
x2
e v = xy.
Ao longo da hipe´rbole xy = 1, temos v = 1. Ao longo da hipe´rbole
xy = 2, temos v = 2. Se dividirmos ambos os membros da desigualdade
x2 ≤ y ≤ 2x2 por x2, vamos obter 1 ≤ y/x2 ≤ 2. Ao longo de y/x2 = 1,
u = 1 e ao longo de y/x2 = 2, u = 2. Portanto, o nosso novo domı´nio e´
um retaˆngulo. Calculemos o jacobiano
∂(u, v)
∂(x, y)
=
∣∣∣∣∣∣∣
∂u
∂x
∂u
∂y
∂v
∂x
∂v
∂y
∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣ −2yx3 1x2y x
∣∣∣∣∣ = −3y/x2 → −3u→ 3u
Novamente queremos o inverso desse determinante por ser a func¸a˜o in-
versa
∂(x, y)
∂(u, v)
=
1
3u
Precisamos agora escrever o nosso integrando em func¸a˜o de (u, v). Ob-
servamos que v−1 =
1
xy
e u−1 =
x2
y
, logo o integrando pode ser reescrito
como f(u, v) =
1
uv
. Finalmente, nossa integral fica
1/3
∫ 2
1
∫ 2
1
1
vu2
dudv =
ln 2
6
Gau
∫∫
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Mudanc¸as polares
Para motivarmos a leitura cuidadosa dessa sec¸a˜o, resolveremos um exemplo
da maneira como estamos habituados e, no fim desse to´pico, resolveˆ-lo-emos
com a utilizac¸a˜o das mudanc¸as polares.
Exemplo 12. Calcule a a´rea do c´ırculo de raio 1.
Resoluc¸a˜o: Como queremos calcular a a´rea nossa func¸a˜o sera´ f(x, y) = 1.
O primeiro dilema que encontramos e´ com relac¸a˜o a escrita do nosso
domı´nio de integrac¸a˜o. A equac¸a˜o da circunfereˆncia na˜o e´ uma func¸a˜o,
pois para cada x ha´ 2 valores associados. Contudo, ela pode ser decom-
posta em duas func¸o˜es y =
√
1− x2(parte superior) e y = −√1− x2
(parte inferior).
Sendo assim, podemos escrever nosso domı´nio como D = {(x, y)/ −√
1− x2 ≤ y ≤ √1− x2,−1 ≤ x ≤ 1} e a integral desejada ficaria∫ 1
−1
∫ √1−x2
−√1−x2
dydx = 2
∫ 1
−1
√
1− x2dx
Para resolvermos essa integral, temos que aplicar a seguinte mudanc¸a
x = sen(θ) → dx = cos(θ)dθ. Aplicando essa substituic¸a˜o em nossa
integral obtemos ∫ pi/2
−pi/2
cos2(θ)dθ = pi
Observe quanto trabalho tivemos para obter um resultado simples
e esperado, ja´ que a a´rea do c´ırculo e´ pir2. E´ o´bvio que ha´ um jeito
mais simples de computarmos isso e e´ essa ferramenta que introduziremos
agora.
Para falarmos de mudanc¸as polares, precisamos falar de coordenadas po-
lares primeiro. Estamos habituados a trabalhar com os dois eixos cartesianos
ortogonais x e y. No entanto, esse na˜o e´ o u´nico jeito de descrever os pontos
no plano. Uma forma alternativa e´ descrever em func¸a˜o da distaˆncia ate´ uma
certa origem e do aˆngulo que essa distaˆncia forma com um semi-eixo orien-
tado. A esse processo, da´-se o nome de coordenadas polares, como podemos
visualizar na imagem abaixo.
Gau
∫∫
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Podemos fazer uma equivaleˆncia entre o sistema cartesiano e o polar.
Basta tomarmos o semi-eixo polar como o semi-eixo x positivo. Assim obte-
mos as seguintes relac¸o˜es:
x = r cos(θ)
y = rsen(θ)
Essas expresso˜es sa˜o va´lidas para −∞ ≤ r ≤ ∞ e −∞ ≤ θ ≤ ∞. Ao
falarmos de mudanc¸as polares estamos transferindo todos os elementos do
plano (x, y) para o plano (r, θ). Isso sera´ feito mediante a relac¸a˜o mostrada
acima ou alguma de suas variac¸o˜es.
Vimos que as mudanc¸as de varia´veis precisam ser bijetoras. Para garantir
que varremos todo o plano de maneira u´nica, impomos que r > 0 e θ0 ≤ θ ≤
θ0 + 2pi. Atente ao fato que isso so´ ocorre nas mudanc¸as polares e na˜o nas
coordenadas polares.
Como ja´ foi exposto, ao fazermos essa mudanc¸a ha´ uma deformac¸a˜o da
a´rea que precisa ser corrigida com o jacobiano. Para as mudanc¸as acima o
jacobiano fica:
∂(x, y)
∂(r, θ)
=
∣∣∣∣∣∣∣
∂x
∂r
∂x
∂θ
∂y
∂r
∂y
∂θ
∣∣∣∣∣∣∣ = r
Vejamos como o exemplo da a´rea do c´ırculo se torna muito mais simples
de ser abordado com as mudanc¸as polares.
Exemplo 13. Novamente, a nossa func¸a˜o e´ f(x, y) = 1. Precisamos,
agora, definir na˜o mais a variac¸a˜o de x e y, mas de r e θ. Para isso, fare-
mos um racioc´ınio ana´logo ao utilizado anteriormente. Trac¸ando va´rios
raios com origem no centro, percebemos que o raio varia de 0 ate´ a
equac¸a˜o do c´ırculo que em coordenadas polares sera´ r = 1. Tomando
como positivo os arcos com in´ıcio no eixo x, percebemos que o aˆngulo
completa uma volta logo varia de 0 a 2pi. Aqui e´ importante resaltar
Gau
∫∫
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que tomamos 0 ≤ θ ≤ 2pi por convenieˆncia. Na verdade, so´ temos que
garantir que ∆θ = 2pi, ou seja, podemos tomar pi ≤ θ ≤ 3pi, por exemplo.
Enta˜o a integral fica ∫ 1
0
∫ 2pi
0
rdθdr = pi
Com o uso das coordenadas polares, o ca´lculo da integral ficou muito mais
simples. Regio˜es fechadas sugerem o uso de mudanc¸as polares, pois temos
um argumento de raio e de aˆngulo bem definido. Por outro lado, observar
essas regio˜es pelas coordenadas cartesianas seria incoˆmodo, haja vista que
na˜o uma func¸a˜o que descreve a regia˜o de maneira u´nica.
Vejamos agora exemplos de aplicac¸a˜o dessa teoria. Vejamos tambe´m
variac¸o˜es das mudanc¸as polares.
Exemplo 14. Calcule a a´rea de (x− 1)2 + y2 = 1.
Resoluc¸a˜o: Se trac¸armos va´rias linhas representando raios, veremos que
ele tem in´ıcio em zero e vai ate´ a equac¸a˜o do c´ırculo:
(rcos(θ)− 1)2 + r2sen2(θ) = 1→ r = 2cos(θ)
A diferenc¸a e´ que, nesse exemplo, os aˆngulos na˜o se encontram nos 4
quadrantes, mas apenas no primeiro e quarto, logo o aˆngulo varia de
−pi/2 ate´ pi/2. Enta˜o, temos a seguinte integral:∫ pi/2
−pi/2
∫ 2cos(θ)
0
rdrdθ = pi
Poder´ıamos obter a variac¸a˜o de θ por outro argumento. Poder´ıamos
analisar a condic¸a˜o de existeˆncia da mudanc¸a polar, ou seja, r > 0 e ∆θ =
2pi. Se r > 0, enta˜o cos θ > 0, logo −5pi/2 ≤ θ ≤ −3pi/2, ou −pi/2 ≤
θ ≤ pi/2, ou 3pi/2 ≤ θ ≤ 5pi/2 e va´rios outros intervalos satisfazem a
desigualdade trigonome´trica. Como ∆θ = 2pi e escolhendo θ inicial como
−pi/2, temos que θmaxfinal = 3pi/2, logo so´ podemos tomar −pi/2 ≤ θ ≤ pi/2.
Outro me´todo que poderia ter sido empregado e´ a correc¸a˜o da
translac¸a˜o do c´ırculo. Ou seja,somaremos nas coordenadas uma cons-
tante a fim de deslocar a origem polar em relac¸a˜o a origem cartesiana, de
Gau
∫∫
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modo que o centro do c´ırculo volte a coincidir com a origem polar. Sendo
assim, nossa nova mudanc¸a passa a ser:
x = rcos(θ) + 1
y = rsen(θ)
Temos agora que calcular o novo jacobiano ja´ que alteramos a mu-
danc¸a de coordenadas.
∂(x, y)
∂(r, θ)
=
∣∣∣∣∣∣∣
∂x
∂r
∂x
∂θ
∂y
∂r
∂y
∂θ
∣∣∣∣∣∣∣ = r
Isso era de se esperar, pois uma constante, ao ser derivada, sumira´,
retornando a matriz inicial. A vantagem e´ que, sob essas mudanc¸as, o
c´ırculo agora volta a ser centrado na origem (basta substituir as mudanc¸as
na equac¸a˜o do c´ırculo e vera´ que r=1). Isso nos da´ a seguinte integral:∫ 1
0
∫ 2pi
0
rdθdr = pi
Exemplo 15. Calcule o volume do so´lido limitado por z = −x
2
4
− y
2
9
+1
e z = 0.
Resoluc¸a˜o: Para achar o volume, temos que resolver a seguinte integral:∫ ∫
D
(
−x
2
4
− y
2
9
+ 1
)
dA
sendo D = {(x, y)|x2/4 + y2/9 = 1}, como na imagem abaixo. Esse
domı´nio foi obtido fazendo z = 0 no paraboloide el´ıptico.
Gau
∫∫
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O domı´nio D e´ uma elipse. Uma analogia que pode ser feita e´ que a
elipse seria um c´ırculo que sofreu uma compressa˜o. Assim como alteramos
as mudanc¸as para corrigir a translac¸a˜o, alteraremos as mudanc¸as para
corrigir a compressa˜o. Na equac¸a˜o da elipse, o que indica a compressa˜o
sa˜o os denominadores. Sendo assim, multiplicaremos as mudanc¸as de tal
modo que ao elevarmos ao quadrado haja cancelamento com o denomi-
nador. Portanto
x = 2r cos(θ)
y = 3rsen(θ)
Sob essas mudanc¸as a elipse, retorna a um c´ırculo de raio unita´rio
centrado na origem. Logo o raio volta a variar de 0 a 1 e 0 ≤ θ ≤ 2pi.
Precisamos, novamente, calcular o jacobiano.
∂(x, y)
∂(r, θ)
=
∣∣∣∣∣∣∣
∂x
∂r
∂x
∂θ
∂y
∂r
∂y
∂θ
∣∣∣∣∣∣∣ = 6r = 2.3.r
Finalmente, temos que o volume pode ser dado por:∫ 1
0
∫ 2pi
0
(1− r2).6rdθdr = 3pi
Atente ao fato do jacobiano ser multiplicado pelo produto das cons-
tantes de compressa˜o. Isso na˜o foi um mero acaso e ocorrera´ sempre que
voceˆ fizer esse processo.
Poder´ıamos fazer duas mudanc¸as. A primeira u = x/2 e v = y/3 o que
ira´ gerar um c´ırculo em (u, v). Posteriormente, aplicamos as mudanc¸as
polares tradicionais. Tal me´todo gerara´ o ca´lculo de dois jacobianos.
Gau
∫∫
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Nesse momento, podemos dar uma forma mais geral para as mudanc¸as
polares, levando em conta as translac¸o˜es e compresso˜es.
x = ar cos(θ) + b
y = crsen(θ) + d
∂(x, y)
∂(r, θ)
=
∣∣∣∣∣∣∣
∂x
∂r
∂x
∂θ
∂y
∂r
∂y
∂θ
∣∣∣∣∣∣∣ = a.c.r
Vejamos em um exemplo o cuidado que temos que ter com relac¸a˜o ao fato
de que a mudanc¸a ocorre em todo o plano, logo afeta a todos os elementos
presentes nesse.
Exemplo 16. Calcule a a´rea de D, sendo
D =
{
(x, y)
∣∣∣∣x24 + y29 = 1, y ≤ x, y ≥ 0
}
Resoluc¸a˜o: Primeiro, fac¸amos um esboc¸o do nosso domı´nio “D”.
A situac¸a˜o e´ ana´loga a anterior, enta˜o faremos as mesmas mudanc¸as
e obteremos o mesmo jacobiano. A variac¸a˜o de r sera´ equivalente, mas a
variac¸a˜o de θ sera´ diferente.
Gau
∫∫
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Observe que o aˆngulo tem in´ıcio no eixo x, logo θ = 0. No entanto, na
regia˜o, ele na˜o chega a descrever uma rotac¸a˜o completa. Ele para na reta
y = x. Esse elemento limitador, escrito pelas mudanc¸as polares, torna-se
tg(θ) = 2/3→ θ = arctg(2/3). Isso nos da´ a seguinte integral∫ 1
0
∫ arctg(2/3)
0
6rdθdr = 3arctg(2/3)
Exemplo 17. Deˆ o valor de:
I =
∫ ∞
−∞
e−x
2
dx
Resoluc¸a˜o: Essa questa˜o e´ um cla´ssico e demonstra o poder das mudanc¸as
polares. Na˜o conseguimos obter uma forma anal´ıtica para a integral dessa
func¸a˜o (gaussiana). Mas essa integral impro´pria sabemos resolver.
Primeiramente, vamos multiplicar a integral por
∫∞
−∞ e
−y2dy (observe
que isso tambe´m vale I, pois estamos integrando a mesma func¸a˜o no
mesmo limite de integrac¸a˜o). Temos enta˜o
I2 =
∫ ∞
−∞
e−x
2
dx
∫ ∞
−∞
e−y
2
dy =
∫ ∞
−∞
∫ ∞
−∞
e−(x
2+y2)dxdy
Observe que pelos limites de integrac¸a˜o, na verdade, nosso domı´nio
e´ todo o R2. Para resolver a integral do lado direito, utilizaremos as
mudanc¸as polares convencionais, logo temos∫ 2pi
0
∫ ∞
0
re−r
2
drdθ = pi
Podemos resolver a integral acima com a substituic¸a˜o u = −r2 e com
o aux´ılio de uma integral impro´pria. Finalmente, temos que
I =
∫ ∞
−∞
e−x
2
dx =
√
pi
.
Gau
∫∫
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Trabalharemos agora um assunto muito interessante. Veremos alguns
exemplos de limac¸ons, rosa´ceas, cardioide e afins. Esses elementos tem uma
caracter´ıstica em comum, todos sa˜o bem definidos por uma equac¸a˜o do geˆnero
r = f(θ).
Cardioide A equac¸a˜o caracter´ıstica de um cardioide e´:
r = a(1± cos(θ))
ou
r = a(1± sen(θ))
Dependendo da equac¸a˜o escolhida a concavidade do cardioide apontara´
para uma determinada regia˜o. Com a variac¸a˜o de “a”, o cardioide pode
ocupar uma a´rea maior ou menor. Vejamos um exemplo de cardioide abaixo
(caso r = 1 + cos(θ)).
Exemplo 18. Determine a a´rea da figura limitado por x2 + y2 = x +√
x2 + y2
Resoluc¸a˜o: Essa equac¸a˜o cartesiana na˜o nos remete a nenhum elemento
conhecido. Por isso, aplicaremos as mudanc¸as polares tradicionais para
ver se conhecemos o objeto.
r2 = r + r cos(θ)→ r(r − 1− cos(θ)) = 0→ r = 0, r = 1 + cos(θ)
Da informac¸a˜o r = 0, sabemos que a origem pertence a regia˜o e, na
variac¸a˜o de r, teremos in´ıcio no valor zero. Ja´ a outra informac¸a˜o nos
remete ao cardio´ide acima. Logo a a´rea sera´ dada por:∫ 2pi
0
∫ 1+cos(θ)
0
rdrdθ =
3pi
2
Gau
∫∫
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Utilizamos do fato que conheciamos, previamente, a equac¸a˜o do car-
dioide. E se isso na˜o fosse sabido? Bem, o primeiro passo seria substituir
as mudanc¸as polares, obtendo as duas expresso˜es para raio. Sabemos,
enta˜o, a variac¸a˜o de r, falta descobrir a de θ. Essa informac¸a˜o e´ obtida
pela expressa˜o do raio. O raio na˜o pode assumir valores negativos, logo
1 + cos(θ) ≥ 0 → cos(θ) ≥ −1. Como isso ocorre para qualquer aˆngulo,
um intervalo poss´ıvel e´ 0 ≤ θ ≤ 2pi.
lemniscata A equac¸a˜o caracter´ıstica de uma lemniscata e´:
r2 = a2 cos(2θ)
r2 = a2sen(2θ)
Podemos visualizar uma lemniscata na figura abaixo(caso a = 1)
Exemplo 19. Calcule a a´rea da regia˜o limitada por (x2 + y2)2 = 2(x2−
y2).
Resoluc¸a˜o: Vamos aplicar as mudanc¸as polares tradicionais para obter a
expressa˜o do raio.
r4 = 2r2 cos(2θ)→ |r| =
√
2 cos(2θ)
Precisamos que o argumento dentro da ra´ız seja positivo, logo
2 cos(2θ) ≥ 0. Isso ocorre para diversos valores de θ, como −pi/4 ≤
θ ≤ pi/4, 3pi/4 ≤ θ ≤ 5pi/4, 7pi/4 ≤ θ ≤ 9pi/4. Contudo, se determi-
narmos −pi/4 como o primeiro valor a ser tomado de aˆngulo, o ma´ximo
que ele pode assumir e´ 7pi/4, pois θo ≤ θ ≤ θo + 2pi. Sendo assim, so´
nos interessa os intervalos −pi/4 ≤ θ ≤ pi/4 e 3pi/4 ≤ θ ≤ 5pi/4. Isso
Gau
∫∫
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gera os 2 brac¸os da lemniscata. Como sa˜o sime´tricos, consideraremos um
intervalo e o multiplicaremos por 2.
2
∫ pi/4
−pi/4
∫ √2 cos(2θ)
0
rdrdθ = 2
O processo de multiplicar por 2 devido a simetria na˜o e´ va´lido para to-
dos os integrandos. Contudo, para o ca´lculo de a´reas sera´ sempre va´lido,
pois f(x, y) = 1 e´ uma func¸a˜o par.
limac¸on A equac¸a˜o caracter´ısticade um limac¸on e´:
r = b+ a cos(θ)
ou
r = b+ asen(θ)
No caso especial em que b = a, o limac¸on se torna um cardioide. Podemos
visualizar um limac¸on na figura abaixo (caso b = 1 e a = 2)
Exemplo 20. Calcule a a´rea da curva limitado por (x2 + y2 − 2x)2 =
x2 + y2, como na imagem abaixo.
Gau
∫∫
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Resoluc¸a˜o: Aplicaremos as mudanc¸as polares na equac¸a˜o dada, ob-
tendo:
(r2 − 2r cos(θ))2 = r2
(r4 − 4r3 cos(θ) + 4r2 cos2(θ)) = r2 → r2(r2 − 4r cos(θ) + 4 cos2(θ)) = 0
r1 = 1 + 2 cos(θ)
ou
r2 = −1 + 2 cos(θ)
Percebemos, enta˜o, que ha´ uma regia˜o interna e outra externa, como
exposto no desenho. O raio da regia˜o interna e´ dado por r2, enquanto que
o da regia˜o externa e´ dada por r1. Logo, calcularemos a a´rea utilizando
o raio externo e vamos subtrair da a´rea usando o raio interno.
Para obter as variac¸o˜es de θ precisamos fazer que r ≥ 0. Isso nos
retorna: −2pi/3 ≤ θ1 ≤ 2pi/3 e −pi/3 ≤ θ2 ≤ pi/3. Portanto
Aext = 2
∫ 2pi/3
0
∫ 1+2 cos(θ)
0
rdrdθ
Aint = 2
∫ pi/3
0
∫ −1+2 cos(θ)
0
rdrdθ
Finalmente a a´rea desejada e´: pi + 3
√
3
rosa´cea A equac¸a˜o caracter´ıstica da rosa´cea e´:
r = a cos(nθ) ou r = asen(nθ)
Podemos visualizar uma rosa´cea abaixo (caso a = 2 e n = 2)
Gau
∫∫
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Exemplo 21. Calcule a a´rea delimitada por (x2+y2)2 = (x2−y2)x−2y2x.
Resoluc¸a˜o: Vamos aplicar as coordenadas polares tradicionais para ver a
informac¸a˜o que iremos obter
r4 = r3(cos2 θ − sen2θ) cos θ − 2r3sen2θ cos θ ⇒
r = cos 2θ cos θ − sen2θsenθ ⇒ r = cos 3θ
Sabemos que se trata de uma rosa´cea de 3 pe´talas, mas vamos traba-
lhar como se isso na˜o fosse sabido. Sendo assim, o raio e´ maior que
zero nos seguintes intervalos −pi/6 ≤ θ ≤ pi/6, pi/2 ≤ θ ≤ 5pi/6 e
7pi/6 ≤ θ ≤ 3pi/2. Observe que existem outros intervalos poss´ıveis, mas
a variac¸a˜o ma´xima de θ na˜o pode ultrapassar 2pi. Temos, enta˜o
3
∫ pi/6
−pi/6
∫ cos 3θ
0
rdrdθ =
3
2
∫ pi/6
−pi/6
cos2 3θdθ =
pi
4
Gau
∫∫
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2.5 Exerc´ıcios
?1. Calcule a seguinte integral dupla:
∫ ∫
D
xsen(y)dA e D = {1 ≤ x ≤
4, 0 ≤ y ≤ pi
6
}
?2. Determine o volume do so´lido limitado pela superf´ıcie z = x
√
x2 + y e
os planos x = 0, x = 1, y = 0, y = 1 e z = 0.
?3. Determine o volume do so´lido contido no primeiro octante limitado por
z = 9− y2 e pelo plano x = 2.
?4. Determine o volume da regia˜o limitada por z = xy e sua projec¸a˜o no
plano xy e´ a regia˜o limitada por y = x2 e x = y2.
?5. Calcule a seguinte integral:
∫ 3
0
∫ 9
y2
y cos(x2)dxdy.
?6. Calcule
∫ ∫
D
y + 2x√
y − 2x− 1dA sendo D a regia˜o do plano limitada por
y − 2x = 2, y + 2x = 2, y − 2x = 1 e y + 2x = 1.
???7. Calcule
∫ ∫
R
xdA, sendo R a regia˜o limitada por x = y2−1, x = 1−y2
e x = 4− y
2
4
. Sugesta˜o: Fac¸a x = u2 − v2 e y = uv.
??8. Calcule
∫ ∫
D
ex+ydA, sendo D limitada por |x|+ |y| = 1.
?9. Calcule
∫ ∫
D
xy
1 + x2y2
dA, sendo D a regia˜o limitada por xy = 1, xy = 4,
x = 1 e x = 4.
??10. Calcule
∫ ∫
D
(y − 2x)8
(y + x)5
dA, onde D e´ a regia˜o limitada por y = 2x,
y = 1 + 2x, y = 1− x e y = 3− x.
?11. Calcule
∫ ∫
D
(x2 + y2)dA, sendo D a regia˜o no primeiro quadrante limi-
tada por x2 + y2 = 1, x2 + y2 = 4, y = x e y =
√
3
3
x.
??12. Determine o volume do so´lido limitado por x2 + z2 = 9, x = 0, y = 0,
z = 0 e x+ 2y = 2.
Gau
∫∫
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???13. Determine o volume do so´lido limitado por x2+y2 = a2 e y2+z2 = a2,
sendo que a > 0.
?14. Calcule
∫ ∫
D
xydA, sendo D a regia˜o do primeiro quadrante limitada
por x2 + y2 = 4 e x2 + y2 = 25.
? ? ?15. Calcule
∫ ∫
D
dxdy
(4x2 + y2)3/2
, sendo a regia˜o que satisfaz 1 ≤ x ≤ 2 e
|y| ≤ x
2
.
??16. Determine o volume da regia˜o interior a` esfera x2 + y2 + z2 = 4a2 e
exterior ao cilindro x2 + y2 = 2ax, com a > 0.
??17. Calcule a a´rea limitada por
(
x2
4
+
y2
9
)2
=
x2
4
− y
2
9
.
? ? ?18. Calcule
∫ ∫
D
1√
x2 + y2
dA, sendo D a regia˜o interna a` x2 + y2 =
y +
√
x2 + y2 e externa a` x2 + y2 = 1.
? ? ?19. Calcule: ∫ ∫
D
(x+ y)e(x+y)
2+(x−y)2√
2x2 + 2y2
dA
Sendo D a regia˜o que satisfaz x2+y2 ≤ 1 e x−y ≥ 0. Sugesta˜o, fac¸a u = x+y
e v = x− y.
? ? ?20. Calcule: ∫ ∫
D
(x− 2y + 18)dA
Sendo D a regia˜o descrita por D = {(x, y) ∈ R2|(x−2y+3)2+(3x+4y−1)2 ≤
100}.
Gau
∫∫
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Cap´ıtulo 3
Integrais Triplas
Ao trabalharmos com integrais duplas, havia uma func¸a˜o de 2 varia´veis de-
finida num domı´nio plano. Partimos esse intervalo e tomamos a soma da
multiplicac¸a˜o da func¸a˜o pelo valor infinitesimal de a´rea (soma de Riemann).
Podemos definir um processo anaa´logo para as integrais triplas. Contudo,
agora nossas func¸o˜es sera˜o do tipo w = f(x, y, z), ou seja, tera˜o 3 varia´veis e
nosso domı´nio sera´ um elemento do R3, E. Se tomarmos o limite da soma de
Riemann para essa nova func¸a˜o, teremos que a integral tripla sera´ dada por:∫ ∫ ∫
E
f(x, y, z)dV
Observe que se f(x, y, z) = 1, teremos um valor numericamente igual
ao volume do domı´nio E. Como nas integrais duplas, dV pode ser visto
como dxdydz. Enta˜o, precisamos achar os limites de integrac¸a˜o para z, haja
vista que os demais sera˜o retirados do processo ja´ exposto para integrais
duplas. Para descobrirmos esses limites, trac¸amos retas paralelas ao eixo z e
analisamos as func¸o˜es que limitam essa varia´vel.
A pergunta que muitos devem estar fazendo nesse momento e´: Se eu sei
calcular o volume por integrais duplas, porque aprender integrais triplas?
Primeiramente, pois as vezes a soluc¸a˜o se torna mais imediata. Ale´m disso,
em breve definiremos outras mudanc¸as de varia´veis que tornara˜o o ca´lculo
via integral tripla bem simples. Por u´ltima, certas situac¸o˜es f´ısicas como o
ca´lculo do centro de massa de um volume pede o uso de uma integral tripla
como pode ser visto no anexo. Vejamos a diferenc¸a da integral dupla para a
tripla no ca´lculo de um volume.
Exemplo 22. Calcule o volume do so´lido limitado por z = 2 e z = 3,
dentro do quadrado de lado 1 no plano xy.
Gau
∫∫
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Resoluc¸a˜o: Esse exemplo e´ muito simples, mas mostra como a integral tri-
pla retira uma etapa da ana´lise da integral dupla. Na˜o podemos montar a
integral dupla diretamente, pois na˜o temos uma u´nica func¸a˜o z = f(x, y).
No entanto, poder´ıamos pensar no volume do so´lido limitado pelo plano
z = 3 diminuido do volume do so´lido limitado pelo plano z = 2, ou seja:∫ 1
0
∫ 1
0
3dxdy −
∫ 1
0
∫ 1
0
2dxdy =
∫ 1
0
∫ 1
0
1dxdy = 1
Se fizermos a ana´lise da variac¸a˜o de z, percebemos que inicialmente
temos z = 2 e terminamos com z = 3, logo:∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 3
2
dzdxdy =
∫ 1
0
∫ 1
0
1dxdy = 1
O limite da integral em relac¸a˜o a z ja´ retirou a ana´lise do so´lido
superior menos o inferior, logo foi mais imediata. Claro que o exemplo
era simples, mas para func¸o˜es mais complexas sera´ uma abordagem muito
u´til.
Exemplo 23. Determine o volume da regia˜o limitada por z = 18−x2−y2
e z = x2 + y2.
Resoluc¸a˜o: Fac¸amos um esboc¸o da situac¸a˜o e de nosso domı´nio
Observe que xy variam dentro do c´ırculo x2 + y2 = 9, pois e´ o maior
domı´nio de variac¸a˜o. Esse resultado foi obtido igualando as duas equac¸o˜es
Gau
∫∫
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e eliminando z (projec¸a˜o da intersec¸a˜o). Ale´m disso, z varia do parabo-
loide z = x2 + y2ate´ z = 18− x2 − y2. Podemos escrever∫ 3
−3
∫ √9−x2
−√9−x2
∫ 18−x2−y2
x2+y2
dzdydx =
∫ 3
−3
∫ √9−x2
−√9−x2
(18− 2x2 − 2y2)dydx
A integral do lado direito pode ser resolvida por coordenadas polares,
resultando em 81pi.
Exemplo 24. Calcule o volume limitado por z =
√
x2 + y2 e z = x2+y2.
Resoluc¸a˜o: Novamente vejamos um esboc¸o da situac¸a˜o e do domı´nio
Agora temos que nosso domı´nio, obtido pela projec¸a˜o da intersec¸a˜o
no plano xy, sera´ x2 + y2 = 1. Ale´m disso, x2 + y2 ≤ z ≤ √x2 + y2.
Finalmente:∫ 1
−1
∫ √1−x2
−√1−x2
∫ √x2+y2
x2+y2
dzdydx =
∫ 1
−1
∫ √1−x2
−√1−x2
(
√
x2 + y2 − x2 + y2)dydx
Utilizando coordenadas polares, obtemos
pi
6
.
Gau
∫∫
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Exemplo 25. Calcule
∫ ∫ ∫
E
xdV , sendo E limitado por x = 4y2 + 4z2
e x = 4.
Resoluc¸a˜o: A situac¸a˜o e´ semelhante as anteriores. No entanto, agora
temos uma func¸a˜o no integrando e o paraboloide tem sua abertura voltada
para o eixo x, como na figura abaixo.
Dessa vez, temos que zy variam dentro de z2+y2 ≤ 1, denominaremos
de D. Ale´m disso, 4y2 + 4z2 ≤ x ≤ 4 o que nos da´ a seguinte integral
tripla: ∫ ∫
D
∫ 4
4y2+4z2
xdxdydz =
1
2
∫ ∫
D
(16− (4y2 + 4z2)2)dydz
Utilizando as coordenadas polares, mas agora para yz e na˜o xy, obtemos
o resultado de
16pi
3
.
Gau
∫∫
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3.1 Mudanc¸as cil´ındricas
Assim como nas integrais duplas, existem algumas mudanc¸as de varia´veis
que podem ser aplicadas para facilitar o ca´lculo da integral. Veremos agora
as mudanc¸as cil´ındricas que sa˜o, na verdade, uma extensa˜o das coordenadas
polares. Definimos essas mudanc¸as como:
x = r cos(θ); y = rsen(θ) e z = z
J =
∂(x, y, z)
∂(r, θ, z)
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∂x
∂r
∂x
∂θ
∂x
∂z
∂y
∂r
∂y
∂θ
∂y
∂z
∂z
∂r
∂z
∂θ
∂z
∂z
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= r
Normalmente, definimos r e θ como nas mudanc¸as polares, ou seja, o raio e
o aˆngulo da projec¸a˜o em xy e reescrevemos a coordenada z em func¸a˜o dessas
novas varia´veis (veremos outra interpretac¸a˜o em um exemplo mais a frente).
Na˜o se esquec¸a que, assim como nas mudanc¸as polares, temos uma distorc¸a˜o
do volume que sera´ corrigida pelo jacobiano (r). Os exemplos apresentados
ate´ agora poderiam ter sido resolvidos com mudanc¸as cil´ındricas.
Observe que se para uma dada regia˜o tive´ssemos 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ θ ≤ 2pi
e b ≤ z ≤ c, sendo a,b e c constante, ter´ıamos um cilindro. Por essa raza˜o
da´-se o nome de mudanc¸as cil´ındricas. Vamos aplicar essa teoria em alguns
exemplos.
Exemplo 26. Refac¸amos o exemplo 23 agora com as mudanc¸as
cil´ındricas.
Resoluc¸a˜o: Como visto no exemplo, a projec¸a˜o e´ dada por x2 + y2 ≤ 1,
enquanto x2 + y2 ≤ z ≤ √x2 + y2. Ao aplicarmos as mudanc¸as temos
que 0 ≤ r ≤ 1 e 0 ≤ θ ≤ 2pi e r2 ≤ z ≤ r. Logo, temos que
V =
∫ 2pi
0
∫ 1
0
∫ r
r2
rdzdrdθ =
pi
6
Ha´, pore´m, uma outra forma de analisarmos as mudanc¸as cil´ındricas.
Tradicionalmente, deixamos r variando entre constantes e z variando en-
tre func¸o˜es como feito acima. Contudo, podemos pensar em r como o raio
Gau
∫∫
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partindo do eixo z, logo ele vai variar entre func¸o˜es, enquanto z variaria
entre constantes. Vejamos como podemos reescrever esse exerc´ıcio sob
essa nova perspectiva.
O aˆngulo θ permanece inalterado. Acharemos a variac¸a˜o de z (que
agora sera´ entre constantes), igualando as duas equac¸o˜es.
z =
√
z → z2 = z → z = 0, z = 1
Trac¸ando va´rios raios com origem no eixo z, percebemos que ele varia
da func¸a˜o z =
√
x2 + y2, que sera´ escrita como z = r, ate´ z = x2 + y2,
que sera´ reescrita como r =
√
z. Isso nos da´∫ 2pi
0
∫ 1
0
∫ √z
z
rdrdzdθ =
pi
6
Essa abordagem e´ apropriada em exerc´ıcios que na˜o conseguimos es-
crever a variac¸a˜o de z de maneira u´nica e ter´ıamos que separar na soma
de duas integrais.
Exemplo 27. Determine o volume do so´lido limitado por z =
√
x2 + y2,
z = 0 e x2 + y2 −√x2 + y2 = x.
Resoluc¸a˜o: A segunda equac¸a˜o e´ de um cilindro, ja´ que na˜o ha´ as 3
varia´veis envolvidas. Podemos ser mais precisos e dizer que a base esta´
assente no plano xy e essa base e´ prolongada ao longo do eixo z. Embora
saibamos que a base e´ um cardioide (fac¸a a mudanc¸a polar e veja que
r = 1 + cos(θ)), na˜o exploraremos esse fato ta˜o profundamente (apenas
usaremos o fato que 0 ≤ θ ≤ 2pi).
Por se tratar de um cilindro, com certeza, xy esta˜o variando dentro
dessa equac¸a˜o, uma vez que a projec¸a˜o em xy recai dentro do cilindro.
Ale´m disso, z varia de 0 ate´ o cone. Utilizaremos as mudanc¸as cil´ındricas
para facilitar o ca´lculo na base do cilindro. Podemos reescrever a regia˜o
como 0 ≤ r ≤ 1 + cos(θ), 0 ≤ θ ≤ 2pi e 0 ≤ z ≤ r, logo∫ 2pi
0
∫ 1+cos(θ)
0
∫ r
0
rdzdrdθ =
5pi
3
Podemos ver um esquema da situac¸a˜o na imagem abaixo
Gau
∫∫
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Exemplo 28. Calcule o volume do so´lido limitado por z2 + 4 = x2 + y2
e x2 + y2 + z2 = 14.
Resoluc¸a˜o: Esse exerc´ıcio pode ser abordado com as mudanc¸as cil´ındricas.
A pergunta e´ se usaremos r variando entre constantes ou z entre constan-
tes. Observe que se utilizarmos a primeira estrate´gia teremos que separar
em duas regio˜es (ver figura abaixo). Isso ocorre pois, na regia˜o em que
4 ≤ x2+y2 ≤ 9, z varia entre as duas partes do hiperbolo´ide. Ja´ na regia˜o
9 ≤ x2 + y2 ≤ 14, z varia entre as duas partes da esfera. Se utilizarmos a
outra estrate´gia r varia entre a equac¸a˜o do hiperbolo´ide ate´ a da esfera e
z esta bem definido (sua variac¸a˜o ma´xima ocorre nos pontos de intersec¸a˜o
dos dois elementos). Portanto, usaremos a segunda abordagem.
Utilizando x = r cos(θ), y = rsen(θ) e z = z temos que
z2 + 4 = r2 → r =
√
z2 + 4
r2 + z2 = 14→ r =
√
14− z2
Substituindo o termo x2+y2 de uma equac¸a˜o na outra, encontraremos
2z2 + 4 = 14 o que nos da´ z = ±√5 e sabemos que 0 ≤ θ ≤ 2pi.
Combinando essas informac¸o˜es temos a seguinte integral para o volume∫ 2pi
0
∫ √5
−√5
∫ √14−z2
√
z2+4
rdrdzdθ =
40
√
5pi
3
Gau
∫∫
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Gau
∫∫
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3.2 Mudanc¸as esfe´ricas
Definimos as coordenadas polares atrave´s da distaˆncia ate´ uma or´ıgem e o
aˆngulo que essa distaˆncia forma com um semi-eixo orientado. Definiremos,
agora, as coordenadas esfe´ricas como a distaˆncia ate´ uma origem (ρ), o aˆngulo
que essa distaˆncia forma com um semi-eixo (φ) e o aˆngulo formado pela
projec¸a˜o dessa distaˆncia no plano ortogonal ao eixo e o semi-eixo polar.
Observamos essa situac¸a˜o na figura abaixo.
Como podemos perceber pela imagem a relac¸a˜o que existe entre as co-
ordenadas cartesianas e esfe´ricas, que dara˜o origem as mudanc¸as esfe´ricas,
e´:
x = ρ cos(θ)sen(φ), y = ρsen(θ)sen(φ), z = ρ cos(φ)
Assim como nas demais mudanc¸as devemos fazer o ca´lculo do jacobiano,
que nesse caso sera´ dado por:
J =
∂(x, y, z)
∂(ρ, θ, φ)
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∂x
∂ρ
∂x
∂θ
∂x
∂φ
∂y
∂ρ
∂y
∂θ
∂y
∂φ
∂z
∂ρ
∂z
∂θ
∂z
∂φ
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= ρ2sen(φ)
Precisamos ter cuidado na ana´lise do aˆngulo φ. Como esse aˆngulo e´ o
aˆngulo formado pela distaˆncia e o eixo z, mantendo-o constante observamos a
formac¸a˜o de um cone. Essa conclusa˜o implica que o aˆngulo φ so´ pode variar,
no ma´ximo, de 0 a pi, pois qualquer variac¸a˜o superior ira´ ser redundante.
Vamos aplicar essa teoria em alguns exemplos
Gau
∫∫
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Exemplo 29. Calcule
∫ ∫ ∫W
xdV , sendo W a regia˜o que satisfaz 4 ≤
x2 + (y − 1)2 + z2 ≤ 9, x ≥ 0 e z ≥ 0.
Resoluc¸a˜o: Fac¸amos um esboc¸o da regia˜o desejada
Estamos interessados apenas na parte contida nos primeiro e quarto
octantes da imagem acima. Como as esferas esta˜o deslocadas faremos
a correc¸a˜o adicionando 1 unidade na coordenada y. Temos, enta˜o, as
seguintes mudanc¸as x = ρcos(θ)sen(φ), y = ρsen(θ)sen(φ) + 1 e z =
ρcos(φ).
O jacobiano permanece inalterado com essa alterac¸a˜o, logo e´ ρ2sen(φ).
Ao fazermos essa mudanc¸a, o raio passa a variar da seguinte maneira
2 ≤ ρ ≤ 3. O aˆngulo θ varia de −pi/2 a pi/2, pois estamos no primeiro
e quarto quadrantes. O aˆngulo φ varia de 0 a pi/2. Logo temos que o
volume sera´ dado por∫ 3
2
∫ pi/2
−pi/2
∫ pi/2
0
ρ3sen2(φ)cos(θ)dφdθdρ =
65pi
8
Exemplo 30. Calcule
∫ ∫ ∫
W
xdv, sendo W a regia˜o que satisfaz
x2
4
+
y2
9
+ z2 ≤ 1 e x ≥ 0.
Resoluc¸a˜o: Fac¸amos um esboc¸o da regia˜o:
Gau
∫∫
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O elipsoide e´ o elemento ana´logo a elipse no espac¸o. Nas mudanc¸as po-
lares, multiplicamos as mudanc¸as tradicionais para corrigir a deformac¸a˜o.
Nesse caso, faremos o mesmo procedimento. Atente para o fato que pre-
cisamos corrigir a deformac¸a˜o em x e em y. Logo, as mudanc¸as sa˜o:
x = 2ρcos(θ)sen(φ), y = 3ρsen(θ)sen(φ) z = ρcos(φ).
Sob essas mudanc¸as teremos que ρ varia de 0 a 1. A variac¸a˜o de φ
ocorre de 0 a pi e a de θ de −pi/2 a pi/2, pois estamos trabalhando com
os primeiro, quarto, quinto e oitavo octantes. Temos que lembrar que o
jacobiano sofre alterac¸o˜es e fica 6ρ2sen(φ). Temos, portanto, a seguinte
integral: ∫ 1
0
∫ pi
0
∫ pi/2
−pi/2
12ρ3sen2(φ)cos(θ)dθdφdρ = 3pi
Exemplo 31. Calcule
∫ ∫ ∫
W
√
x2 + y2 + z2dV , sendo W a regia˜o que
satisfaz 4 ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 9 e z ≥
√
x2 + y2
3
.
Resoluc¸a˜o: Fac¸amos um esboc¸o da regia˜o W
Gau
∫∫
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A func¸a˜o que esta´ no integrando ja´ nos sugere a mudanc¸a esfe´rica.
A presenc¸a das esferas corroboram, ainda mais, esse processo. Faremos,
entao x = ρcos(θ)sen(φ), y = ρsen(θ)sen(φ) z = ρcos(φ).
Temos que ρ varia da primeira esfera ate´ a segunda, ou seja, de 2 a
3. Como a regia˜o se encontra nos 4 quadrantes, θ varia de 0 a 2pi. Falta
determinar a variac¸a˜o de φ. O aˆngulo tem in´ıcio em 0, pois o eixo z
pertence a regia˜o. Sua variac¸a˜o ma´xima ocorre no cone que ao ser escrito
nas mudanc¸as esfe´ricas, retorna φ = pi/3. Temos, enta˜o, que a integral
fica ∫ pi/3
0
∫ 3
2
∫ 2pi
0
ρ3sen2(φ)dθdρdφ =
65pi(4pi − 3√3)
48
Exemplo 32. Calcule
∫ ∫ ∫
W
1
x2 + y2 + z2
dV , sendo W a regia˜o que sa-
tisfaz x2 + y2 + z2 ≥ 1, x2 + y2 ≤ 4 e e´ limitada por z2 = x2 + y2.
Resoluc¸a˜o: A regia˜o pedida e´ exterior a esfera de raio 1 e interior ao
cilindro de base circular de raio 2. Ale´m disso, e´ limitada superiormente
pelo cone z =
√
x2 + y2 e inferiormente por z = −√x2 + y2. O inte-
grando novamente nos sugere as mudanc¸as esfe´ricas tradicionais, ou seja,
x = ρcos(θ)sen(φ), y = ρsen(θ)sen(φ) z = ρcos(φ).
Como a regia˜o esta´ nos 4 quadrantes, θ varia de 0 a 2pi. A variac¸a˜o de
φ se da´ entre os cones, ou seja, pi/4 ≤ φ ≤ 3pi/4. Precisamos determinar
a variac¸a˜o de ρ. Inicialmente, ρ coincide com o raio da esfera, ou seja, 1.
No ma´ximo de sua variac¸a˜o, ρ se encontra no cilindro que sera´ reescrito
como ρ = 2/sen(φ). Temos enta˜o∫ 3pi/4
pi/4
∫ 2pi
0
∫ 2/sen(φ)
1
1
ρ2
ρ2sen(φ)dρdθdφ = 2pi(pi −
√
2)
Gau
∫∫
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3.3 Exerc´ıcios
?1. Calcule
∫ ∫ ∫
W
xy2z3dV , sendo W a regia˜o no primeiro octante limitada
por z = xy, y = x, x = 1 e z = 0.
?2. Calcule
∫ ∫ ∫
W
ydV , sendo W a regia˜o abaixo de z = x + 2y acima da
regia˜o no plano xy limitada por y = x2, y = 0 e x = 1.
??3. Calcule
∫ ∫ ∫
W
zdV , sendo W a regia˜o limitada por x = 0, y = 0, z = 0,
y + z = 1 e x+ z = 1.
? ? ?4. Calcule o volume do so´lido limitado por z = y, z = 4 − x2, z = 0 e
y = −4 com z ≥ 0.
?5. Calcule
∫ ∫ ∫
W
x2dV , sendo W a regia˜o limitada por x2 + y2 = 1, acima
de z = 0 e abaixo de z2 = 4x2 + 4y2.
??6. Calcule
∫ ∫ ∫
W
ydV , sendo W a regia˜o limitada por x2 + y2 = 4 e
x2 + y2 = 1, limitada pelo plano xy e pelo plano z = x+ 2.
??7. Calcule
∫ ∫ ∫
W
zdV , sendo W a regia˜o limitada por x2 +
y2
2
= 1, z = 0
e z = 4− 2x2 − y2.
? ? ?8. Determine o volume da regia˜o limitada por z =
x2
9
e z = 1− y
2
4
.
??9. Calcule o volume da regia˜o limitada por z2 +x2−y2 = 1 e y2 = x
2 + z2
2
.
?10. Calcule
∫ ∫ ∫
W
xyzdV , sendo W a regia˜o que satisfaz
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
≤ 1,
x ≥ 0, y ≥ 0 e z ≥ 0.
??11. Calcule
∫ ∫ ∫
W
√
x2 + y2 + z2dV , onde W e´ o so´lido limitado superi-
ormente por x2 + y2 +
(
z − 1
2
)2
=
1
4
e inferiormente por z =
√
x2 + y2.
??12. Calcule
∫ ∫ ∫
W
(x2 + y2)dV , sendo W a regia˜o acima de z =
√
x2 + y2
e dentro de x2 + y2 + z2 = 2az sendo a > 0.
??13. Calcule
∫ ∫ ∫
W
zdV , sendo W a regia˜o que satisfaz x2 + y2 + z2 ≤ b2,
Gau
∫∫
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z ≥ a > 0 com a < b.
??14. Calcule
∫ ∫ ∫
W
zdV , sendo W a regia˜o limitada por z =
√
(x− 1)2 + y2,
z = −√x2 + y2 e x2 + y2 = 4.
??15. Calcule
∫ ∫ ∫
W
(x2+z2)dV sendo W a regia˜o limitada por x2+y2+z2 =
4y, x2 + y2 + z2 = 2y com y ≥ √x2 + z2.
? ? ?16. Calcule: ∫ a
0
∫ √a2−x2
0
∫ √2a−x2−y2
√
x2+y2
(x2 + y2 + z2)dV
sendo que a > 0.
? ? ?17. Calcule
∫ ∫ ∫
W
1
x2 + y2 + z2
dV , sendo W a regia˜o limitada por x2 +
y2 + z2 = 1, x2 + y2 = 4 e z2 = x2 + y2.
? ? ?18. Calcule
∫ ∫ ∫
W
1√
x2 + y2 + z2
dV , sendo W a regia˜o que satisfaz
x2 + y2 + z2 ≥ 1, x ≥√3y2 + 3z2 e x ≤ 4.
Gau
∫∫
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Cap´ıtulo 4
Integral de Linha
4.1 Introduc¸a˜o
Nesse cap´ıtulo, veremos outro tipo de integral, a integral de linha. Para
resolvermos problemas que envolvem esse elemento teremos que parametrizar
certas curvas. A primeira du´vida que surge para os alunos e´ a diferenc¸a entre
parametrizac¸a˜o e mudanc¸a de varia´vel.
As mudanc¸as de varia´veis esta˜o relacionadas as a´reas e volumes. Ao
utilizarmos esse procedimento, estamos mudando o espac¸o como um todo,
afetando todos os elementos. Ja´ a parametrizac¸a˜o esta´ relacionada a curvas
e superf´ıcies. Nesse procedimento, mudamos a forma que observamos o ele-
mento, ou seja, ele na˜o sofre alterac¸o˜es. Seria como o vetor velocidade na
f´ısica. Para um observador fixo ele e´ visto de um jeito. Para um observador
mo´vel, ele e´ visto de outro modo. Entretanto a velocidade e´ inerente ao ob-
servador. E´ diferente se, por exemplo, mudarmos de meio, pois enta˜o o vetor
sofre alterac¸a˜o de fato.
Considere a seguinte situac¸a˜o demonstrada na figura abaixo:
Gau
∫∫
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“D”e´ a regia˜o delimitada por “C”. Na˜o parametrizamos “D”, mas sim a
curva ”C”(na verdade, parametrizaremos “D”mais a frente. Contudo, nesse
momento, parametrizaremos apenas curvas), fazendo x = 2cos(θ) e y =
2sen(θ). Na regia˜o “D”, podemos usar coordenadas polares. Atente ao
fato que em “D”ha´ infinitas curvas poss´ıveis de serem parametrizadas, por
exemplo, qualquer c´ırculo com centro na origem e raio entre 0 e 2.
Gau
∫∫
ianos - aulas de reforc¸o e particulares: gaussianos.ufrj@gmail.com 63
4.2 Func¸o˜es escalares (campos escalares)
Antes de definirmos a integral de linha para o caso de func¸o˜es escalares,
vamos relembrar o conceito de func¸a˜o escalar
Definic¸a˜o 4.1.