Integrais Duplas e Aplicacoes

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UNIVERSIDADE ESTADUAL DE GOIÁS 
UNIDADE UNIVERSITÁRIA DE JUSSARA 
LICENCIATURA EM MATEMÁTICA 
 
 
SINÉSIO MATEUS DA SILVA FILHO 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
INTEGRAIS DUPLAS E APLICAÇÕES 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
JUSSARA-GO 
2009 
 
1 
 
Sinésio Mateus Da Silva Filho 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
INTEGRAIS DUPLAS E APLICAÇÕES 
Trabalho apresentado como requisito para obtenção do 
título de licenciado no curso de Licenciatura em 
Matemática, na Universidade Estadual de Goiás, 
Unidade Universitária de Jussara, sob orientação do 
Professor José Eder Salvador De Vasconcelos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
JUSSARA-GO 
2009 
 
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AGRADECIMENTOS 
 
 
Em primeiro lugar, gostaria de agradecer a Deus, pois Ele é o Criador de tudo e este 
trabalho não se realizaria sem a sua permissão, me dando paz e sabedoria para superar os 
momentos de dificuldade. 
Aos meus professores que muito me ensinaram ao longo da minha vida acadêmica, em 
especial ao Ms. Márcio Lemes De Sousa e ao Ms. Elber Magalhães Torres, que contribuíram 
exponencialmente na minha graduação. 
Agradeço à direção e aos colegas do Colégio Estadual Alfredo Nasser, de Britânia-
GO, por terem compreendido minhas ausências, e pelo apoio incondicional na realização 
deste trabalho. 
Ao professor José Eder Salvador De Vasconcelos por ter aceito o desafio de me 
orientar ao longo deste trabalho, me acolhendo carinhosamente e me incentivando na sua 
realização. 
Agradeço a minha namorada por ter me ajudado a superar essa fase tão difícil da 
minha vida, me dando motivação e carinho para seguir em frente. Nunca se esqueça meu 
amor que eu te amo muito e que parte desta obra prima é sua, pois sem você eu não teria chão 
para realizá-la. 
Como não poderia deixar de ser, agradeço aos meus pais por terem acreditado e 
investido em mim, pela compreensão e carinho incondicionais, fatores fundamentais para que 
este trabalho fosse concluído. A todos que contribuíram direto ou indiretamente para a 
conclusão desta pesquisa o meu muito obrigado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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RESUMO 
 
 
Há muito tempo os matemáticos buscam ferramentas para resolver problemas do nosso dia-a-
dia, entre essas podemos destacar a Integral Dupla. Por meio dela é possível resolver diversos 
problemas como cálculo de áreas, volumes, massa, centro de massa, momento de inércia e 
outros. Sendo assim torna-se indispensável para nós matemáticos a compreensão dessa 
ferramenta e da sua aplicabilidade na Matemática, na Física, na Engenharia e em outras 
ciências. Tem-se então por objetivos resgatar, desenvolver, e mostrar alguns conceitos 
fundamentais de Integrais Duplas em funções de duas variáveis reais, por meio de 
interpretações geométricas, algébricas e possíveis situações cotidianas de modo prático. Para 
alcançá-los serão realizadas pesquisas bibliográficas e gráficas utilizando a ajuda de softwares 
matemáticos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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SUMÁRIO 
 
 
INTRODUÇÃO................................................................................................................... 6 
CAPÍTULO 1 UM POUCO DE HISTÓRIA.................................................................... 7 
1.1 A Origem do Cálculo...................................................................................................... 7 
1.2 Newton e Leibniz um duelo de titãs................................................................................ 7 
1.3 O cálculo integral........................................................................................................... 9 
1.4 O cálculo Diferencial..................................................................................................... 10 
CAPÍTULO 2 INTEGRAL DUPLA DA TEORIA À PRÁTICA.................................. 12 
2.1 A Integral Dupla............................................................................................................. 12 
2.2 Integrais Sucessivas........................................................................................................ 16 
2.3 Mudança de variáveis nas integrais duplas................................................................... 24 
2.4 Coordenadas Polares..................................................................................................... 27 
CAPÍTULO 3 APLICAÇÕES DE INTEGRAIS DUPLAS............................................ 31 
3.1 Cálculo de volume.......................................................................................................... 31 
3.2 Cálculo de área............................................................................................................... 34 
3.3 Massa.............................................................................................................................. 36 
3.4 Carga.............................................................................................................................. 38 
3.5 Centro de massa............................................................................................................. 39 
3.6 Momento de inércia........................................................................................................ 42 
CONSIDERAÇÕES FINAIS............................................................................................. 45 
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS............................................................................. 46 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
6 
 
 
 
INTRODUÇÃO 
 
 
Ao longo dos séculos os seres humanos buscam meios para promover o seu 
desenvolvimento científico, uma das maiores descobertas foi a do cálculo diferencial e 
integral criado por Newton e Leibniz. Através desta descoberta surgiram várias ferramentas 
que contribuíram e muito para solucionar problemas do nosso dia-a-dia que até então não 
possuíam respostas. 
Entre essas ferramentas podemos destacar a integral dupla que surge a partir da 
extensão dos conceitos e propriedades de integral simples. No entanto, para muitos 
matemáticos essa ferramenta apresenta um alto grau de complexidade e acaba sendo rotulada 
como inútil. 
Através da integral dupla vários problemas geométricos foram solucionados, entre eles 
podemos citar com ênfase problemas de áreas e volumes. Outra grande contribuição da 
integral dupla foi dada a Física, possibilitando a solução de problemas de massa, centro de 
massa, momento de inércia, entre outros. 
Esta pesquisa tem por objetivo geral desmistificar as dificuldades sobre conceitos 
fundamentais de integrais duplas, avaliando de modo geral qual o melhor meio para fazer 
interpretações geométricas e algébricas, mostrando situações cotidianas em que as integrais 
duplas podem ser utilizadas de modo prático e funcional. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
7 
 
 
 
CAPÍTULO 1 UM POUCO DE HISTÓRIA 
 
 
Neste primeiro capítulo daremos ênfase à parte histórica, mostrando o 
desenvolvimento do cálculo integral e diferencial ao longo da história, com o objetivo de 
motivação para um estudo mais aprofundado de Integrais Duplas que é o foco da nossa 
pesquisa. A história do cálculo faz-se muito importante para facilitar a compreensão dessa 
área do conhecimento e através dela poderemos entender melhor o conceito de integral. 
 
 
1.1 A Origem do CálculoDe acordo com Howard Eves o século XVII foi muito produtivo para a matemática, 
pois neste século surgiram novas áreas de pesquisas que abriram as portas para grandes 
descobertas. Entre as descobertas realizadas neste período, destaca-se na opinião de muitos 
como a mais notável, a invenção do cálculo, por Isaac Newton e Gottfried Wilhelm Leibniz. 
Esta descoberta elevou a matemática a um plano superior e possibilitou a solução de 
diversos problemas que ainda persistiam sem respostas. Em princípio o cálculo era ramificado 
em duas áreas distintas, o cálculo integral e o cálculo diferencial, ambos um independente do 
outro. Para Howard Eves o desenvolvimento do cálculo ao longo da história contraria a ordem 
dos cursos básicos, onde estudamos primeiro o cálculo diferencial e depois o cálculo integral. 
O surgimento histórico do cálculo aconteceu justamente ao contrário, pois primeiro 
surgiu o cálculo integral que teve origem através de somatórios ligados ao cálculo de áreas, 
volumes e comprimentos. E por conseguinte o cálculo diferencial que foi criado mais tarde e 
resultou de problemas sobre tangentes e questões de máximos e mínimos. Anos mais tarde 
verificou-se que o cálculo diferencial e o cálculo integral estão diretamente relacionados entre 
si, pois se concluiu que a integração e a diferenciação são operações inversas uma da outra. 
 
 
1.2 Newton e Leibniz: um duelo de titãs 
 
8 
 
Segundo Carl B. Boyer, Isaac Newton nasceu prematuramente e passou por várias 
dificuldades familiares. Ele foi educado pela sua avó até seu tio perceber no sobrinho um 
talento matemático incomum e convencer a sua mãe a matriculá-lo em Cambridge. 
Em princípio, Isaac Newton não demonstrava interesse em se tornar um matemático, 
pois desejava seguir seus estudos na área de química. Contudo, em 1661 ele ingressou no 
Trinity College (instituição universitária) e logo no primeiro ano comprou e estudou as 
principais obras matemáticas da época. 
Três anos mais tarde Newton já havia adquirido muito conhecimento e estava pronto 
para fazer a suas próprias contribuições a matemática. Em 1665 ele começou os seus estudos 
sobre séries infinitas e taxa de variação, pouco tempo depois ele começou a ligar esses dois 
problemas em busca de uma solução. 
Durante boa parte de 1665-1666, o Trinity College foi fechado e Newton foi para casa, 
onde se ocupou simplesmente em viver e pensar. Neste período ele realizou quatro das 
maiores descobertas da sua vida: o teorema binomial, o cálculo, a lei da gravitação, a natureza 
das cores. 
O teorema binomial e o seu estudo de séries infinitas foram ferramentas 
imprescindíveis para que Isaac Newton desenvolvesse o cálculo. Contudo ele se tornou 
efetivo inventor do cálculo quando foi capaz de explorar a relação inversa entre inclinação e a 
área através de sua nova análise infinita. Para ele o cálculo e a análise infinita estavam 
inteiramente ligados e a sua separação não era vista com bons olhos. 
Porém o cálculo de Newton apresentava-se muito complexo, pois poucos matemáticos 
da época dominaram a nova análise nos termos de linguagem e notação criada por ele. Sabe-
se também que ele não foi o primeiro matemático a diferenciar ou integrar e nem a ver a 
relação entre essas operações no teorema fundamental do cálculo, mas ele foi o primeiro a 
constituir uma aplicação desses elementos num algoritmo geral aplicável a todas as funções. 
Newton em uma das suas publicações reconheceu que Leibniz estava de posse de um 
método semelhante ao que tinha criado. Porém em 1726 em uma nova publicação, após uma 
grande disputa entre ele e Leibniz pela a autoria do cálculo, ele omite a referência ao cálculo 
de Leibniz. Atualmente está bastante claro que ambas as descobertas foram independentes e 
que a de Leibniz aconteceu dez anos após a descoberta de Newton. Contudo, Leibniz tem 
prioridade de publicação, pois imprimiu uma exposição do seu cálculo em 1684. 
O barão Gottfried Wilhelm Leibniz nasceu em Leipzig, na Alemanha em 1º de julho 
de 1646. Assim como Isaac Newton, Leibniz não começou seus estudos pela matemática, ele 
9 
 
preferiu estudar direito na Universidade de Leipzig no período de 1661 a 1666. Nesta fase 
adquiriu muito conhecimento estudando as obras de diversos filósofos. 
Após concluir o curso de direito Leibniz se candidatou ao doutorado na Universidade 
de Leipzig, mas devido a sua pouca idade ele não foi aceito e decidiu abandonar a cidade de 
Leipzig para sempre. Deu então início aos seus estudos matemáticos em Jena e saiu em 
viagem pela Alemanha buscando conhecimentos e soluções para questões políticas, religiosas 
e matemáticas, recebendo o título de doutor na cidade Nurnberg com a tese sobre “ Casos 
Intrigantes”. A partir de 1672, Leibniz se vê em grandes dificuldades, pois os seus maiores 
protetores vieram a falecer neste período. Buscando meios para se manter, Leibniz constrói 
uma máquina de calcular, um aperfeiçoamento na máquina criada por Blaise Pascal, 
matemático e cientista francês, e indo a Inglaterra, apresentou sua máquina de calcular a 
Royal Society em 1673. 
Em 1676, Leibniz já havia começado a desenvolver o seu cálculo e tinha descoberto o 
teorema fundamental do cálculo, que só foi publicado em 11 de julho de 1677, 
aproximadamente dez anos depois da descoberta não publicada por Newton. Entre 1677 a 
1704, o cálculo leibniziano foi desenvolvido como uma real força e de grande aplicabilidade, 
enquanto o cálculo de Newton continuava uma curiosidade não procurada pelos matemáticos 
da época. 
 
 
1.3 O cálculo integral 
 
 
De acordo com Howard Eves os primeiros problemas que apareceram sobre integral 
ao longo da história foram os de quadraturas. Um dos problemas mais antigo que o ser 
humano enfrentou foi o de calcular a área de superfícies de figuras planas. A princípio os 
geômetras usavam associar a área do quadrado para calcular a área de figuras planas mais 
complexas, afim de encontrar um quadrado que tivesse a mesma área da figura em questão. 
No entanto os geômetras da época encontravam muita dificuldade para encontrar a 
área de figuras curvilíneas. Vários matemáticos se lançaram a este desafio através das 
quadraturas. O geômetra que mais contribuiu para o cálculo integral foi Arquimedes com o 
seu teorema da quadratura da parábola. Através deste teorema Arquimedes descobriu que a 
área da região limitada por uma parábola cortada por qualquer corda, é igual a 4/3 da área do 
10 
 
triângulo que tem a mesma altura e a corda como base. Através das quadraturas do círculo, 
Arquimedes encontrou a primeira aproximação para o número “pi”. 
Outros matemáticos também contribuíram para o desenvolvimento do cálculo integral, 
entre eles podemos destacar Fermat e Joham Bernoulli. Fermat desenvolveu a aritmética do 
infinito, uma técnica que lhe permitia achar as áreas de cada uma das parábolas maiores. 
O cálculo integral era visto separadamente por Newton e Leibniz. Para Newton o 
cálculo era mais geométrico, já para Leibniz o cálculo era mais analítico. O nome de cálculo 
integral foi criado por Joham Bernoulli e publicado pela primeira vez por seu irmão Jacques 
Bernoulli. Após esta publicação Leonard Euller resumiu as ideias dos Bernoulli em uma nova 
obra sobre integrais, dando continuidade no estudo das funções, ainda prematuro na época. 
Hoje em dia o cálculo integral é utilizado em larga escala pelo ser humano em diversas 
áreas do conhecimento e é aplicado para a solução de problemas não só de Matemática, mas 
Física, Astronomia, Economia, Engenharia, Medicina e Química. 
 
 
1.4 O cálculo diferencial 
 
 
Segundo Carl B. Boyer o cálculo diferencial surgiu a partir do problema da tangente, 
um dosprimeiros matemáticos a desvendar este problema foi Fermat que através dos estudos 
de funções se deu conta das limitações do conceito clássico de reta tangente. Sendo assim, 
passou a buscar uma reformulação para tal conceito e procurou encontrar um processo para 
traçar uma reta tangente a um gráfico num ponto dado. 
Para resolver este problema Fermat usou um método muito simples, primeiramente 
traçou uma reta PQ secante ao gráfico de uma curva nos pontos P e Q, em seguida fez o ponto 
Q deslizar ao longo da curva até o ponto P, obtendo assim retas PQ que se aproximavam de 
uma reta T. Essa reta T foi chamada por Fermat de reta tangente à curva no ponto P. 
Através desta ideia Fermat tentou traçar a reta tangente em várias funções e notou que 
nos pontos onde a curva assumia valores extremos, a tangente ao gráfico deveria ser uma reta 
horizontal. Assim Fermat começou a criar uma relação entre o problema de determinar 
extremos e de determinar tangentes. 
As ideias mostradas por Fermat ajudaram a construir o conceito de derivada e levou 
alguns matemáticos a considerá-lo o verdadeiro inventor do cálculo diferencial. Porém Fermat 
11 
 
não dispunha de notação apropriada e o conceito de limite ainda não estava claramente 
definido. 
Anos mais tarde Newton e Leibniz algebrizam o cálculo diferencial, introduzindo 
vários conceitos e notações, o que possibilitou a sua utilização em diversas áreas do 
conhecimento trazendo um grande desenvolvimento e soluções para problemas que até então 
não possuíam respostas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
12 
 
 
 
CAPÍTULO 2 INTEGRAL DUPLA DA TEORIA À PRÁTICA 
 
 
Neste capítulo abordaremos as definições e propriedades da integral dupla, para isso, 
assumiremos alguns pressupostos, entre eles podemos destacar a definição de função, 
primitiva, integral de Riemann, continuidade, limite e o teorema fundamental do cálculo. A 
partir desses pressupostos poderemos finalmente definir a integral dupla, que é o nosso 
principal foco de pesquisa. 
 
 
2.1 A Integral Dupla 
 
 
De acordo com Flemming e Gonçalves a integral dupla é uma extensão natural do 
conceito de integral definida para funções de duas variáveis reais. Essa extensão é obtida 
através da expansão da soma Riemann de uma variável real, para duas variáveis reais. 
Note que quando realizamos esta expansão, estamos mudando o conjunto de 
integração. Quando integramos uma função de uma variável real, através do cálculo de uma 
integral simples, exigimos que a função seja definida em um intervalo fechado no conjunto R 
dos números reais. Já quando integramos uma integral dupla exigimos que ela seja definida 
numa região fechada do R². 
 
 
2.1.1 Definição 
 
 
Seja f uma função definida numa região retangular fechada D. O número L será o 
limite das somas da forma 𝑓(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 se L satisfazer a propriedade de que para todo 𝜖 
> 0 existe δ > 0, tal que para toda partição 𝛥, para qual 𝛥 < δ e para todas as possíveis 
seleções do ponto (𝜉i,𝛾i) no i-ésimo retângulo i = 1, 2, ... , n, 
13 
 
 
 𝑓(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 − 𝐿 < 𝜖 
 
Se tal número L existir, escrevemos 
lim
 𝛥 →0
 𝑓(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 = 𝐿 
Através desta definição podemos verificar que realmente o conceito de integral dupla 
parte de uma expansão do conceito de integral simples. No conceito de integral simples temos 
que a integral é o limite da soma de Riemann, onde somamos as áreas dos retângulos no 
conjunto fechado R. Já no conceito de integral dupla temos que a integral também é o limite 
da soma de Riemann, mas, no entanto, estamos trabalhando agora com duas variáveis reais, 
logo a integral dupla é a soma dos volumes dos paralelepípedos numa região fechada do R². 
Observe a figura 1: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
“É fácil compreender, então, que a soma de Riemann é a soma dos volumes dos 
paralelepípedos cujas bases são os sub-retângulos e cujas alturas correspondentes são os 
valores de 𝑓(𝜉𝑖, 𝛾𝑖).”( ÁVILA, 1995, p.137) 
 
 
2.1.2 Definição 
x 
DD 
y 
z 
𝑓(𝜉𝑖, 𝛾𝑖) 
 (𝜉𝑖, 𝛾𝑖). 
Paralelepípedo 
Figura 1 
14 
 
Uma função f de duas variáveis será dita integrável numa região retangular fechada D 
se f estiver definida em D e se o número L da Definição 1 existir. Esse número L será 
chamado de Integral Dupla de f em D, e escrevemos 
lim
 𝛥 →0
 𝑓(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 = 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴
𝐷
 
A integral dupla também pode ser representada usando outros símbolos, logo a 
integral dupla de f em D pode ser escrita como: 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
 e 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥
𝐷
 
Ainda é muito cedo para realizarmos o cálculo de uma integral dupla, pois este 
depende da função f e da região D em que se pretende calcular a integral. Sendo assim esta 
tarefa pode se tornar muito complexa, logo se faz necessário um estudo minucioso de algumas 
ferramentas e da própria integral dupla. 
Como a definição de integral dupla é uma extensão da definição de integral simples, 
podemos verificar também que todas as propriedades aplicadas às integrais simples também 
poderão ser aplicadas aqui em integrais duplas. Logo sejam f (x,y) e g (x,y) duas funções 
contínuas e integráveis sobre a região D do R² e k uma constante, valem as seguintes 
propriedades: 
I. 𝑘 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴 = 𝑘
𝐷
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴
𝐷
 
II. [𝑓 𝑥, 𝑦 ± 𝑔 𝑥, 𝑦 ]𝑑𝐴 =
𝐷
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴
𝐷
± 𝑔 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴
𝐷
 
III. Se 𝑓 𝑥, 𝑦 ≥ 𝑔 𝑥, 𝑦 , para todo 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐷, então 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴
𝐷
≥
 𝑔 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴.
𝐷
 
 
 
2.1.1 Demonstração 
 
 
I. Fazendo h(x,y) = k f(x,y) e usando a definição 2.1.2, segue que: 
 𝑘 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴 = 𝑕 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴 = lim
 𝛥 →0
 𝑕(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 
𝐷𝐷
 
como 𝑕 𝜉𝑖, 𝛾𝑖 = 𝑘𝑓 𝜉𝑖, 𝛾𝑖 , logo: 
15 
 
lim
 𝛥 →0
 𝑕(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 = lim
 𝛥 →0
 𝑘𝑓(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 = 𝑘 lim
 𝛥 →0
 𝑓(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 
𝑘 lim
 𝛥 →0
 𝑓(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 = 𝑘 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴
𝐷
 
Portanto temos que pra qualquer f(x,y) integrável e k constante numa região D do R², 
segue que : 
 𝑘 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴 = 𝑘 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴
𝐷𝐷
 
II. Fazendo h(x,y) = f(x,y) ± g(x,y) e usando a definição 2.1.2, segue que: 
 [𝑓 𝑥, 𝑦 ± 𝑔 𝑥, 𝑦 ]𝑑𝐴 =
𝐷
 𝑕 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴
𝐷
= lim
 𝛥 →0
 𝑕(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 
Como 𝑕 𝜉𝑖, 𝛾𝑖 = 𝑓 𝜉𝑖, 𝛾𝑖 ± 𝑔 𝜉𝑖, 𝛾𝑖 , logo: 
lim
 𝛥 →0
 𝑕(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 = lim
 𝛥 →0
 𝑓 𝜉𝑖, 𝛾𝑖 ± 𝑔 𝜉𝑖, 𝛾𝑖 
𝑛
𝑖=1
𝛥𝑖𝐴 
lim
 𝛥 →0
 𝑓 𝜉𝑖, 𝛾𝑖 ± 𝑔 𝜉𝑖, 𝛾𝑖 
𝑛
𝑖=1
𝛥𝑖𝐴 = lim
 𝛥 →0
 𝑓(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 ± lim
 𝛥 →0
 𝑔(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 
lim
 𝛥 →0
 𝑓(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 ± lim
 𝛥 →0
 𝑔(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 = 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴 ± 𝑔 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴
𝐷𝐷
 
Portanto temos que pra qualquer f(x,y) e g(x,y) integrável numa região D do R², segue 
que : 
 [𝑓 𝑥, 𝑦 ± 𝑔 𝑥, 𝑦 ]𝑑𝐴 =
𝐷
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴
𝐷
± 𝑔 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴
𝐷
 
III. Como f e g são integráveis na região D, 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴
𝐷
 e 𝑔 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴
𝐷
 existem. 
Logo, 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴
𝐷
− 𝑔 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴
𝐷
= [𝑓 𝑥, 𝑦 − 𝑔 𝑥, 𝑦 ]𝑑𝐴
𝐷
 
Seja h a função definida por 
𝑕 𝑥, 𝑦 = 𝑓 𝑥, 𝑦 − 𝑔 𝑥, 𝑦Então 𝑕 𝑥, 𝑦 ≥ 0 para todo (𝑥, 𝑦) em D, pois 𝑓 𝑥, 𝑦 ≥ 𝑔 𝑥, 𝑦 para todo (𝑥, 𝑦) em 
D. 
Queremos provar que 𝑕 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴 ≥ 0
𝐷
. Como 
16 
 
 𝑕 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴 = lim
 𝛥 →0
 𝑕(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 
𝐷
 
Vamos supor que 
 𝑕 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴 = lim
 𝛥 →0
 𝑕(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 = L ≤ 0
𝐷
 
Então temos que com 𝜖 = −𝐿, existe um𝛿 ≥ 0, tal que se 𝛥 < 𝛿, então 
 𝑕(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 < −𝐿 
Mas como 
 𝑕(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 − 𝐿 ≤ 𝑕(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 − 𝐿 
Logo das duas expressões acima temos que se 𝛥 < 𝛿, então 
 𝑕(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 − 𝐿 < −𝐿 → 𝑕(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 < 0 
Mas essa afirmativa é impossível, pois 𝑕(𝜉𝑖, 𝛾𝑖) é sempre não negativo e 𝛥𝑖𝐴 > 0; 
assim temos uma contradição à nossa hipótese. Assim sendo, segue que 
 𝑕 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴 ≥ 0
𝐷
 
como 𝑕 𝑥, 𝑦 = 𝑓 𝑥, 𝑦 − 𝑔 𝑥, 𝑦 , temos que 
 𝑕 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴 = 𝑓 𝑥, 𝑦 − 𝑔 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴 =
𝐷
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴
𝐷
− 𝑔 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴
𝐷
≥ 0
𝐷
 
Logo temos 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴
𝐷
≥ 0 + 𝑔 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴
𝐷
 
Portanto temos que pra qualquer f(x,y) e g(x,y) integrável numa região D do R²,onde 
𝑓 𝑥, 𝑦 ≥ 𝑔 𝑥, 𝑦 , segue que: 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴
𝐷
≥ 𝑔 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴
𝐷
 
 
 
2.2 Integrais Sucessivas 
 
17 
 
Agora que já definimos a integral dupla, enfrentaremos outro grande problema que é o 
de solucioná-las. A maioria dos estudantes de integrais duplas enfrenta dificuldade nessa 
tarefa. Segundo Louis Leithold podemos calcular a integral simples através do limite da soma 
de Riemann, mas este processo é muito cansativo e trabalhoso, o que levou os matemáticos a 
buscarem outro método de solução, que foi encontrado através do uso do teorema 
fundamental do cálculo, possibilitando solucionar integral simples usando apenas de sua 
primitiva. 
“Já observamos que a definição de integral como limite de somas de Riemann não é 
um meio prático para o cálculo efetivo de integrais. A mesma observação é valida aqui, em se 
tratando de integrais duplas." ( ÁVILA, 1995, p.138) 
A partir desse resultado os matemáticos trabalharam na solução prática também para 
integrais duplas e chegaram à seguinte conclusão: as integrais duplas podem ser analisadas 
como duas integrais simples, logo a solução de uma integral dupla pode ser encontrada 
através da solução de duas integrais simples sucessivas. 
 
 
2.2.1 Teorema (de Fubini) 
 
 
Seja f(x,y) integrável no retângulo 𝐷 = 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅²| 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 𝑒 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑 . 
Suponhamos que 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 exista, para todo y ∈ [c,d], que 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦
𝑑
𝑐
 exista, para todo 
x ∈ [a,b]. Então 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 𝑑𝑦 =
𝑑
𝑐
𝐷
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦
𝑑
𝑐
 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 
A demonstração deste teorema é muito rigorosa e requer ferramentas que não estão ao 
nosso alcance, para maiores detalhes o leitor deve consultar um bom livro de Análise. Este 
teorema nos diz que se f (x,y) é integrável em uma região D do R² que possui os limites de 
integração constantes, a ordem de integração pode ser alterada. 
Já estamos acostumados a calcular a integral simples de uma variável real, f(x), 
invertendo o processo de derivação, ou seja, através de sua primitiva e do teorema 
fundamental do cálculo. Agora vamos trabalhar com duas variáveis reais, podemos usar um 
método semelhante, integramos f(x,y) mantendo uma das variáveis fixas e integrando a outra, 
ou seja, quando integramos f(x,y) em relação a variável x, consideramos a variável y constante 
18 
 
e depois integramos f(x,y) em relação a variável y, e consideramos a variável x constante. Veja 
este processo no exemplo abaixo: 
 
 
2.2.1 Exemplo 
 
 
Calcule a integral dupla da função f(x,y) = x² + y² sobre o conjunto D, onde D é o 
quadrado 0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 0 ≤ 𝑦 ≤ 1. 
 
 
2.2.1 Solução 
 
 
Veja que estamos calculando a integral dupla de f ao longo da região D que é um 
quadrado, entre todas as regiões de integração esta é considerada uma das mais simples, pois 
possui os limites de integração constantes, assim segue que: 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
𝐷
 𝑥² + 𝑦² 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
𝐷
 𝑥² + 𝑦² 𝑑𝑦
1
0
 𝑑𝑥
1
0
 
Note que a solução para esta integral dupla recai sobre a solução de duas integrais 
simples sucessivas que podem ser resolvidas através de uma primitiva e do teorema 
fundamental do cálculo, sendo assim integraremos para a variável y, com x constante e em 
seguida integraremos a variável x, com y constante. Assim segue que: 
 𝑥² + 𝑦² 𝑑𝑦
1
0
 𝑑𝑥 = 𝑥²𝑑𝑦 + 𝑦²𝑑𝑦
1
0
1
0
 𝑑𝑥
1
0
1
0
= 𝑥2𝑦 +
𝑦³
3
 
1
0
𝑑𝑥
1
0
 
 𝑥2 +
1³
3
 – 𝑥2. 0 +
0³
3
 𝑑𝑥 = 
1
0
 𝑥2 +
1
3
 − 0 𝑑𝑥
1
0
 = 𝑥2 +
1
3
 𝑑𝑥
1
0
 
 𝑥2 +
1
3
 𝑑𝑥
1
0
= 𝑥²𝑑𝑥 + 
1
3
𝑑𝑥 = 
1
0
1
0
 𝑥²𝑑𝑥 +
1
3
 𝑑𝑥 = 
1
0
1
0
 
𝑥³
3
 
1
0
+ 
1
3
 𝑥 
1
0
 
 
𝑥³
3
 
1
0
+ 
1
3
 𝑥 
1
0
= 
13
3
− 
03
3
 + 
1
3
 1 − 0 = 
1
3
+ 
1
3
= 
2
3
 
19 
 
Logo o resultado da integral dupla da função f(x,y) = x² + y² sobre o conjunto D, onde 
D é o quadrado 0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 0 ≤ 𝑦 ≤ 1, é: 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
𝐷
 𝑥² + 𝑦² 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
𝐷
 𝑥² + 𝑦² 𝑑𝑦
1
0
 𝑑𝑥
1
0
=
2
3
 
Observe que o que acabamos de resolver no exemplo acima é uma integral dupla de 
duas variáveis reais, para isto, bastou resolver as duas integrais sucessivas e usar os conceitos 
de integral simples. Este resultado é de grande importância, pois a partir dele poderemos 
construir algumas ferramentas para a solução de integrais duplas de maior complexidade. 
Note também que poderíamos ter resolvido esta integral invertendo a ordem de 
integração e encontraríamos o mesmo resultado, pois o teorema de Fubini nos garante que: 
 𝑥² + 𝑦² 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
𝐷
 𝑥² + 𝑦² 𝑑𝑦
1
0
 𝑑𝑥
1
0
= 𝑥² + 𝑦² 𝑑𝑥
1
0
 𝑑𝑦
1
0
=
2
3
 
A ordem de integração é muito importante, pois através de uma boa escolha podemos 
facilitar, em muito, os cálculos para encontrar a solução de uma integral dupla, dependendo da 
escolha feita, pode haver casos de não encontrarmos uma solução. 
“Em alguns casos, uma boa escolha da ordem de integração pode simplificar bastante 
o trabalho. Em outros, pode não ser possível calcular a integral dupla para uma escolha e ser 
possível para a outra.” (GONÇALVES; FLEMMING, 2007, p. 237) 
O exemplo a seguir ilustra a observação acima. 
 
 
2.2.2 Exemplo 
 
 
Calcule a integral dupla da função 𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑒𝑥
2
sobre o conjunto D, onde D é dado 
por 𝐷 = { 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅2: 0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥}. 
 
 
2.2.2 Solução 
 
 
20 
 
Integrando primeiro a variável x e depois a variável y, temos a seguinte ordem de 
integração 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
𝐷
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 𝑑𝑦 =
𝑑
𝑐
 𝑒𝑥
2
𝑑𝑥
1
0
 𝑑𝑦
𝑥
0
 
Observe que a integral 𝑒𝑥
2
𝑑𝑥
1
0
 não possui solução, logo se torna impossível resolver 
esta integral dupla por esta ordem de integração, cabe então invertermos a ordem de 
integração e verificar se a integral pode ser solucionada. Logo integrando primeiro a variável 
y e depois a variável x segue que 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
𝐷
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦
𝑑
𝑐
 𝑑𝑥
𝑏
𝑎= 𝑒𝑥
2
𝑑𝑦
𝑥
0
 𝑑𝑥
1
0
 
Note que a integral 𝑒𝑥
2
𝑑𝑦
𝑥
0
, pode ser solucionada pois 𝑒𝑥
2
é constante em relação a 
variável y, assim segue que: 
 𝑒𝑥
2
𝑑𝑦
𝑥
0
 𝑑𝑥
1
0
= 𝑒𝑥
2
 𝑑𝑦
𝑥
0
 𝑑𝑥
1
0
= 𝑒𝑥
2
 𝑦 
1
0
 𝑑𝑥
1
0
 
 𝑒𝑥
2
 𝑦 
1
0
 𝑑𝑥
1
0
= 𝑒𝑥
2
 𝑥 − 0 𝑑𝑥
1
0
= 𝑒𝑥
2
𝑥𝑑𝑥
1
0
 
Fazendo 𝑢 = 𝑥² → 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥, com 0 ≤ 𝑢 ≤ 1, segue que 
 𝑒𝑥
2
𝑥𝑑𝑥
1
0
= 
𝑒𝑢
2
1
0
𝑑𝑢 =
1
2
 𝑒𝑢𝑑𝑢
1
0
=
1
2
 𝑒𝑢 
1
0
=
1
2
(𝑒1 − 𝑒0) =
𝑒 − 1
2
 
Logo o resultado da integral dupla da função 𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑒𝑥
2
sobre o conjunto D, onde 
D é dado por 𝐷 = { 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅2: 0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥}, é: 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
𝑒 − 1
2
𝐷
 
No exemplo acima vimos como se faz importante a ordem de integração de uma 
integral dupla, para nos auxiliar nesta escolha temos os seguintes corolários. 
 
 
2.2.1 Corolário 
 
 
Seja f uma função definida e contínua no conjunto fechado D, onde 𝐷 = 𝑥, 𝑦 ∈
𝑅²| 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 𝑒 𝑦1 𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 𝑦2(𝑥) , segue que: 
21 
 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
𝐷
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦
𝑦2(𝑥)
𝑦1(𝑥)
 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 
2.2.2 Corolário 
 
 
Seja f(x,y) uma função definida e contínua no conjunto fechado D, onde 𝐷 =
 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅²| 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑 𝑒 𝑥1 𝑦 ≤ 𝑥 ≤ 𝑥2(𝑦) , segue que: 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
𝐷
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥
𝑥2(𝑦)
𝑥1(𝑦)
 𝑑𝑦
𝑑
𝑐
 
Os corolários acima mostram como deve ser escolhida a ordem de integração de uma 
integral dupla, note que essa escolha se faz muito importante e pode facilitar e muito o nosso 
trabalho na solução de integrais duplas. Veja abaixo exemplos de aplicação dos corolários 
acima. 
 
 
2.2.3 Exemplo 
 
 
Calcule a integral dupla da função f(x,y) = 𝑥 𝑦 sobre o conjunto D, onde D é dado por 
𝐷 = { 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅2: 0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 𝑥2 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥}. 
 
 
2.2.3 Solução 
 
 
Note que a variável y está dependendo da variável x, logo podemos aplicar o corolário 
2.2.1, veja: 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
𝐷
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦
𝑦2(𝑥)
𝑦1(𝑥)
 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= 𝑥 𝑦𝑑𝑦
𝑥
𝑥2
 𝑑𝑥
1
0
 
Observe que podemos aplicar o teorema fundamental do cálculo e usar as propriedades 
de integral para resolver a integral dupla acima, logo temos: 
22 
 
 𝑥 𝑦𝑑𝑦
𝑥
𝑥2
 𝑑𝑥
1
0
= 𝑥 𝑦𝑑𝑦
𝑥
𝑥2
 𝑑𝑥
1
0
= 𝑥 𝑦
1
2𝑑𝑦
𝑥
𝑥2
 𝑑𝑥
1
0
 
 𝑥 𝑦
1
2𝑑𝑦
𝑥
𝑥2
 𝑑𝑥
1
0
= 𝑥 
𝑦
3
2
3
2
 
𝑥
𝑥2
 𝑑𝑥
1
0
= 𝑥 
𝑥
3
2
3
2
−
(𝑥2)
3
2
3
2
 𝑑𝑥
1
0
 
 𝑥 
𝑥
3
2
3
2
−
(𝑥2)
3
2
3
2
 𝑑𝑥
1
0
= 
2
3
𝑥(𝑥
3
2 − 𝑥3)𝑑𝑥
1
0
=
2
3
 (𝑥
5
2 − 𝑥4)𝑑𝑥
1
0
 
2
3
 (𝑥
5
2 − 𝑥4)𝑑𝑥
1
0
=
2
3
 𝑥
5
2
1
0
𝑑𝑥 − 𝑥4𝑑𝑥
1
0
 =
2
3
 
𝑥
7
2
7
2
 
1
0
− 
𝑥5
5
 
1
0
 
2
3
 
𝑥
7
2
7
2
 
1
0
− 
𝑥5
5
 
1
0
 =
2
3
 
1
7
2
7
2
−
0
7
2
7
2
 − 
15
5
−
05
5
 =
2
3
 
2
7
−
1
5
 
2
3
 
2
7
−
1
5
 =
2
3
 
10 − 7
35
 =
2
3
 
3
35
 = 
2
35
 
Logo o resultado da integral dupla da função f(x,y) = 𝑥 𝑦 sobre o conjunto D, onde D 
é dado por 𝐷 = { 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅2: 0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 𝑥2 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥}, é: 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴 = 𝑥 𝑦𝑑𝑦
𝑥²
𝑥
 𝑑𝑥
1
0
=
2
35
𝐷
 
 
 
2.2.4 Exemplo 
 
 
Calcule a integral dupla da função f(x,y) = sin
𝑥
𝑦
 sobre o conjunto D, onde D é dado 
por 𝐷 = { 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅2: 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑦2,
𝜋
2
≤ 𝑦 ≤ 𝜋}. 
 
 
2.2.4 Solução 
 
 
23 
 
Observe que através do conjunto D, temos que a variável x está dependendo da 
variável y, logo podemos aplicar o corolário 2.2.2, veja: 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
𝐷
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥
𝑥2(𝑦)
𝑥1(𝑦)
 𝑑𝑦
𝑑
𝑐
= sin 
𝑥
𝑦
 𝑑𝑥
𝑦2
0
 𝑑𝑦
𝜋
𝜋
2
 
A integral dupla acima pode ser solucionada através dos conceitos de integral e do 
método de mudança de variável, basta fazer 𝑢 =
𝑥
𝑦
 → 𝑑𝑥 = 𝑦𝑑𝑢 , onde 0 ≤ 𝑢 ≤ 𝑦. 
 sin 
𝑥
𝑦
 𝑑𝑥
𝑦2
0
 𝑑𝑦 = sin(𝑢) 𝑦𝑑𝑢
𝑦
0
 𝑑𝑦 =
𝜋
𝜋
2
𝜋
𝜋
2
 𝑦 sin(𝑢) 𝑑𝑢
𝑦
0
 𝑑𝑦
𝜋
𝜋
2
 
 𝑦 sin(𝑢) 𝑑𝑢
𝑦
0
 𝑑𝑦 =
𝜋
𝜋
2
 𝑦 − cos(𝑢)
𝑦
𝑜
 𝑑𝑦 = 𝑦 − cos 𝑦 + cos 0 𝑑𝑦
𝜋
𝜋
2
𝜋
𝜋
2
 
 𝑦 − cos 𝑦 + cos 0 𝑑𝑦
𝜋
𝜋
2
= − 𝑦 cos 𝑦 𝑑𝑦 
𝜋
𝜋
2
+ 𝑑𝑦
𝜋
𝜋
2
 
Podemos verificar que as duas integrais que encontramos acima podem ser resolvidas 
com a ferramenta certa. Na primeira integral podemos aplicar o método de integral por partes 
 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − 𝑣𝑑𝑢, para encontrar a sua primitiva e a segunda integral podemos integrar 
normalmente, sendo assim segue que: 
Fazendo 𝑢 = 𝑦 → 𝑑𝑢 = 𝑑𝑦 e 𝑑𝑣 = cos(𝑦) → 𝑣 = sin(𝑦), logo nossa integral fica da 
seguinte forma: 
 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − 𝑣𝑑𝑢 → 𝑦 cos 𝑦 = 𝑦 sin(𝑦) − sin(𝑦) 𝑑𝑦 
 𝑦 cos 𝑦 = 𝑦 sin(𝑦) − sin(𝑦) 𝑑𝑦 = 𝑦 sin(𝑦) + cos(𝑦) 
Logo temos que a primitiva da primeira integral é 𝑦 sin(𝑦) + cos(𝑦), substituindo este 
resultado nas integrais acima segue que: 
 sin 
𝑥
𝑦
 𝑑𝑥
𝑦2
0
 𝑑𝑦 =
𝜋
𝜋
2
− 𝑦 cos 𝑦 𝑑𝑦 
𝜋
𝜋
2
+ 𝑑𝑦
𝜋
𝜋
2
= − 𝑦 sin 𝑦 + cos 𝑦 
𝜋
𝜋
2
+ 𝑦 
𝜋
𝜋
2
 
− 𝑦 sin 𝑦 + cos 𝑦 
𝜋
𝜋
2
+ 𝑦 
𝜋
𝜋
2
= − 𝜋 sin 𝜋 + cos 𝜋 −
𝜋
2
sin 
𝜋
2
 − cos 
𝜋
2
 + 𝜋 −
𝜋
2
 
− 𝜋 sin 𝜋 + cos 𝜋 −
𝜋
2
sin 
𝜋
2
 − cos 
𝜋
2
 + 𝜋 −
𝜋
2
= − −1 −
𝜋
2
 + 𝜋 −
𝜋
2
 
24 
 
Y V 
y v 
x = x(u,v) 
y = y(u,v) 
 
x X u U 
Figura 2 
 
− −1 −
𝜋
2
 + 𝜋 −
𝜋
2
= 1 +
𝜋
2
+ 𝜋 −
𝜋
2
= 𝜋 + 1 
Portanto o resultado da integral dupla da função f(x,y) = sin
𝑥
𝑦
 sobre o conjunto D, 
onde D é dado por 𝐷 = { 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅2: 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑦2,
𝜋
2
≤ 𝑦 ≤ 𝜋} , é: 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
𝐷
 sin 
𝑥
𝑦
 𝑑𝑥
𝑦2
0
 𝑑𝑦
𝜋
𝜋
2
= 𝜋 + 1 
 
 
2.3 Mudança de variáveis nas integrais duplas 
 
 
Na integração de funções de uma variável real, usamos a mudança de variável para 
transformar uma integral dada em outra mais simples acompanhada por uma correspondente 
mudança nos limites de integração. Podemos utilizar essa mesma idéia em integrais duplas 
através de um procedimento análogo. Logo por meio de uma mudança de variáveis 
𝑥 = 𝑥 𝑢, 𝑣 𝑒 𝑦 = 𝑦(𝑢, 𝑣) 
uma integral dupla sobre uma região D do plano 𝑥𝑦 pode ser transformada em uma integral 
dupla sobre uma região D’ sobre o plano 𝑢𝑣. 
Geometricamente podemos dizer que as equações 𝑥 = 𝑥 𝑢, 𝑣 𝑒 𝑦 = 𝑦(𝑢, 𝑣) definem 
uma aplicação que faz os pontos (𝑢, 𝑣) do plano 𝑢𝑣 corresponder a pontos (𝑥, 𝑦) do plano 𝑥𝑦. 
Por meio desta aplicação, a região D’ do plano 𝑢𝑣 é aplicada sobre a região D do plano 𝑥𝑦 
como mostra a figura 2. 
 
 
 
 D’ D 
 
 
 
 
 
Observe que a aplicação leva pontos distintos do conjunto D’ a pontos distintos do 
conjunto D, podemos notar também que esta aplicação é um por um, logo a aplicação é 
25 
 
bijetorae admite inversa, ou seja podemos encontrar uma nova aplicação que leva elementos 
do conjunto D a elementos do conjunto D’. Assim a correspondência entre as regiões D e D’ é 
dada pela transformação 
𝑢 = 𝑥, 𝑦 𝑒 𝑣 = 𝑣 𝑥, 𝑦 . 
Considerando essas aplicações contínuas, com derivadas parciais continuas nos 
conjuntos D e D’, respectivamente temos 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 =
𝐷
 𝑓 𝑥 𝑢, 𝑣 , 𝑦 𝑢, 𝑣 
𝐷′
 
𝜕(𝑥, 𝑦)
𝜕(𝑢, 𝑢)
 𝑑𝑢𝑑𝑣 (1) 
onde 
𝜕(𝑥 ,𝑦)
𝜕(𝑢 ,𝑢)
 é o determinante jacobiano de x e y em relação a u e v, dado por 
𝜕(𝑥, 𝑦)
𝜕(𝑢, 𝑢)
= 
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝜕𝑣
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕𝑣
 
Note que o jacobiano pode ser interpretado como uma medida de quanto a 
transformação modifica a área de uma região e que a mudança de variável mostrada acima só 
pode ser aplicada se valem as seguintes condições: 
 f é contínua; 
 as regiões D e D’ são formadas por um número finito de sub-regiões; 
 o jacobiano 
𝜕(𝑥 ,𝑦)
𝜕(𝑢 ,𝑢)
≠ 0 em D’; 
 
 
2.3.5 Exemplo 
 
 
Calcule a integral dupla da função f(x,y) = 
cos (𝑥−𝑦)
sin (𝑥+𝑦 )
 sobre o conjunto D, onde D é o 
trapézio 1 ≤ 𝑥 + 𝑦 ≤ 2, 𝑥 ≥ 0 𝑒 𝑦 ≥ 0. 
 
 
2.3.5 Solução 
 
 
26 
 
Y V 
X U 
v = 2 
v = 1 
v = u v = -u 
v = 2 
x+y =2 
x+y =1 
1 
1 
2 
2 
u = x - y 
v = x+y 
aplicação 
Figura 3 
 
Note que esta integral dupla se apresenta muito complexa, logo vamos tentar uma 
mudança de variável, com o objetivo de torná-la uma integral dupla mais simples através da 
expressão (1). 
Façamos então, a seguinte mudança de variável 𝑢 = 𝑥 − 𝑦, 𝑣 = 𝑥 + 𝑦 . Assim temos 
 
 𝑢 = 𝑥 − 𝑦 
𝑣 = 𝑥 + 𝑦
 ↔ 
𝑥 = 
𝑢
2
 + 
𝑣
2
𝑦 = 
𝑣
2
 − 
𝑢
2
 
Calculando agora o jacobiano 
𝜕 𝑥, 𝑦 
𝜕 𝑢, 𝑢 
= 
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝜕𝑣
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕𝑣
 = 
1
2
1
2
−
1
2
1
2
 =
1
4
+
1
4
=
1
2
 
logo temos, 
𝜕 𝑥, 𝑦 
𝜕 𝑢, 𝑢 
=
1
2
→ 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 
𝜕 𝑥, 𝑦 
𝜕 𝑢, 𝑢 
 𝑑𝑢𝑑𝑣 =
1
2
𝑑𝑢𝑑𝑣 
Observe que a nossa aplicação é dada por 
 
 𝑢 = 𝑥 − 𝑦 
𝑣 = 𝑥 + 𝑦
 
e que a inversa desta aplicação é dada por 
 
𝑥 = 
𝑢
2 + 
𝑣
2
𝑦 = 
𝑣
2 − 
𝑢
2
 
e que ambas aplicações são continuas e possuem derivadas parciais contínuas. 
Agora vamos determinar o conjuntos D’, através das aplicações acima, observe que D’ 
é a imagem do conjunto D através da aplicação 
 
 
 
 D’ 
 D 
 
 
 
 
Observe que a aplicação transforma as retas x + y = 1, x + y = 2, y = 0 e x = 0, 
respectivamente, nas retas v = 1, v = 2, v = u e v = -u. Observe, ainda, que os conjuntos D’ e 
27 
 
D são iguais através da aplicação acima. Logo o conjunto D’ é dado por 𝐷′ = { 𝑢, 𝑣 ∈ 𝑅2 ∶
−𝑣 ≤ 𝑢 ≤ 𝑣 𝑒 1 ≤ 𝑣 ≤ 2}. 
Note que todas as condições necessárias para efetuar a mudança de variável na integral 
dupla foram atendidas, ou seja, f(x,y) é continua, D e D’ são regiões formadas por um número 
finito de sub-regiões e que o jacobiano 
𝜕(𝑥 ,𝑦)
𝜕(𝑢 ,𝑢)
≠ 0. Assim segue que: 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 =
𝐷
 𝑓 𝑥 𝑢, 𝑣 , 𝑦 𝑢, 𝑣 
𝐷′
 
𝜕(𝑥, 𝑦)
𝜕(𝑢, 𝑢)
 𝑑𝑢𝑑𝑣 = 
cos(𝑢)
sin(𝑣)
 
1
2
𝑑𝑢𝑑𝑣
𝐷′
 
 
cos(𝑢)
sin(𝑣)
 
1
2
𝑑𝑢𝑑𝑣
𝐷′
=
1
2
 
cos(𝑢)
sin(𝑣)
𝑑𝑢
𝑣
−𝑣
 𝑑𝑣
2
1
=
1
2
 
1
sin(𝑣)
 cos(𝑢) 𝑑𝑢
𝑣
−𝑣
 𝑑𝑣
2
1
 
1
2
 
1
sin(𝑣)
 cos(𝑢) 𝑑𝑢
𝑣
−𝑣
 𝑑𝑣
2
1
=
1
2
 
1
sin 𝑣 
 sin 𝑢 
𝑣
−𝑣
 𝑑𝑣
2
1
 
1
2
 
1
sin 𝑣 
 sin 𝑢 
𝑣
−𝑣
 𝑑𝑣
2
1
=
1
2
 
1
sin 𝑣 
[sin(𝑣) − sin(−𝑣)] 𝑑𝑣
2
1
 
1
2
 
1
sin 𝑣 
[sin(𝑣) − sin(−𝑣)] 𝑑𝑣
2
1
=
1
2
 2
sin(𝑣)
sin 𝑣 
𝑑𝑣
2
1
=
2
2
 𝑑𝑣
2
1
 
2
2
 𝑑𝑣
2
1
= 𝑣 
2
1
= 2 − 1 = 1 
Assim temos que a solução da integral dupla da função f(x,y) = 
cos (𝑥−𝑦)
sin (𝑥+𝑦)
 sobre o 
conjunto D, onde D é o trapézio 1 ≤ 𝑥 + 𝑦 ≤ 2, 𝑥 ≥ 0 𝑒 𝑦 ≥ 0, é: 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 =
𝐷
 𝑓 𝑥 𝑢, 𝑣 , 𝑦 𝑢, 𝑣 
𝐷′
 
𝜕(𝑥, 𝑦)
𝜕(𝑢, 𝑢)
 𝑑𝑢𝑑𝑣 = 1 
 
 
2.4 Coordenadas Polares 
 
 
Chamamos de coordenadas polares um caso especial de mudança de variável nas 
integrais duplas, que pode ser obtido através da parametrização da circunferência. Para 
realizar essa mudança de variável usamos as seguintes equações 
𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 𝑒 𝑦 = 𝑟 sin 𝜃 
que nos dão as coordenadas cartesianas de um dado ponto em termos de suas coordenadas 
polares, as equações acima podem ser vistas como uma aplicação que leva pontos (𝑟, 𝜃) do 
plano 𝑟𝜃 a pontos (𝑥, 𝑦) do plano 𝑥𝑦. 
28 
 
Observe que todas as propriedades de mudança de variável que vimos até aqui, 
continuam valendo, pois na verdade, o que temos agora é um caso particular do que foi 
estudado, sendo assim podemos calcular o jacobiano. Veja: 
𝜕 𝑥, 𝑦 
𝜕 𝑟, 𝜃 
= 
𝜕𝑥
𝜕𝑟
𝜕𝑥
𝜕𝜃
𝜕𝑦
𝜕𝑟
𝜕𝑦
𝜕𝜃
 = 
cos 𝜃 −𝑟 sin 𝜃
sin 𝜃 𝑟 cos 𝜗
 = 𝑟 cos ²𝜃 + 𝑟 sin ²𝜃 = 𝑟(cos ²𝜃 + sin ²𝜃) 
𝜕 𝑥, 𝑦 
𝜕 𝑟, 𝜃 
= 𝑟 → 
𝜕 𝑥, 𝑦 
𝜕 𝑟, 𝜃 
 = 𝑟, com 𝑟 ≥ 0, Logo 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 
A partir do jacobiano e das equações 𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 𝑒 𝑦 = 𝑟 sin 𝜃, temos o que 
chamamos de coordenadas polares 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 =
𝐷
 𝑓 𝑟 cos 𝜃 , 𝑟 sin 𝜃 
𝐷′
 
𝜕(𝑥, 𝑦)
𝜕(𝑟, 𝜃)
 𝑑𝑟𝑑𝜃 = 𝑓 𝑟 cos 𝜃 , 𝑟 sin 𝜃 
𝐷′
𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 
logo segue que 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 =
𝐷
 𝑓 𝑟 cos 𝜃 , 𝑟 sin 𝜃 
𝐷′
𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 
 
É com freqüência mais conveniente descrever as fronteiras de uma região 
utilizando as coordenadas polares 𝑟, 𝜃 em vez das coordenadas cartesianas 
𝑥, 𝑦. Nessas circunstâncias podemos usualmente economizar trabalho 
expressando uma integral dupla 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝐴𝐷 em termos de coordenadas 
polares. ( SIMMONS, 1988, p.479 ) 
 
As coordenadas polares é uma ferramenta muito forte na resolução de integrais duplas, 
geralmente elas são utilizadas para realizar uma mudança no integrando e no conjunto de 
integração, com o objetivo de transformar uma integral dupla complexa em uma integral 
dupla mais simples. 
 
 
2.4.1 Exemplo 
 
 
Calcule a integral dupla da função 𝑓 𝑥, 𝑦 = 2𝑥 + 𝑦 sobre o conjunto D, onde D é 
dado 𝐷 = { 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅2 ∶ −3 ≤ 𝑥 ≤ 3 𝑒 0 ≤ 𝑦 ≤ 9 − 𝑥²}. 
 
 
29 
 
-3 3 
x 
y 
r 
𝜃 
3 0 
𝜋 
D’ 
Figura 4 
 
Figura 5 
 
2.4.1 Solução 
Note que a integral dupla possui um conjunto de integração muito complexo e que 
desenhando este conjunto temos que ele é um semicírculo. Veja: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Sendo assim, podemos simplificar nosso trabalho através de uma mudança de variável, 
como o nosso conjunto D é um semicírculo, podemos mudá-lo para coordenadas polares. 
Observe que o raio do nosso semicírculo está entre 0 ≤ 𝑟 ≤ 3 e que tomando a origem como 
eixo de rotação temos que o nosso ângulo de rotação está entre 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋. Logo em 
coordenadas polares temos um novo conjunto D’, onde D’ é dado por 𝐷′ = { 𝑟, 𝜃 ∈ 𝑅2 ∶
0 ≤ 𝑟 ≤ 3 𝑒 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋}. Veja: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Aplicando então, coordenadas polares segue que 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 2𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 =
𝐷𝐷
 𝑓 𝑟 cos 𝜃 , 𝑟 sin 𝜃 
𝐷′
𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃como 
𝑓 𝑟 cos 𝜃 , 𝑟 sin 𝜃 = 2𝑟 cos 𝜃 + 𝑟 sin 𝜃 
Temos que: 
 𝑓 𝑟 cos 𝜃 , 𝑟 sin 𝜃 
𝐷′
𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 = 2𝑟 cos 𝜃 + 𝑟 sin 𝜃 𝑟𝑑𝑟
3
0
 𝑑𝜃
𝜋
0
 
y = 9 − 𝑥² 
D 
30 
 
 2𝑟 cos 𝜃 + 𝑟 sin 𝜃 𝑟𝑑𝑟
3
0
 𝑑𝜃 = 𝑟² 2 cos 𝜃 + sin 𝜃 𝑑𝑟
3
0
 𝑑𝜃
𝜋
0
𝜋
0
 
 𝑟² 2 cos 𝜃 + sin 𝜃 𝑑𝑟
3
0
 𝑑𝜃
𝜋
0
= 2 cos 𝜃 + sin 𝜃 𝑟²𝑑𝑟
3
0
 𝑑𝜃
𝜋
0
 
 2 cos 𝜃 + sin 𝜃 𝑟²𝑑𝑟
3
0
 𝑑𝜃 =
𝜋
0
 2 cos 𝜃 + sin 𝜃 
𝑟3
3
 
3
0
𝑑𝜃
𝜋
0
 
 2 cos 𝜃 + sin 𝜃 
𝑟3
3
 
3
0
𝑑𝜃
𝜋
0
=
33
3
 2 cos 𝜃 + sin 𝜃 𝑑𝜃
𝜋
0
= 9 2 sin 𝜃 − cos 𝜃 
𝜋
0
 
9 2 sin 𝜃 − cos 𝜃 
𝜋
0
= 9(2 sin 𝜋 − 2 sin 0 − cos 𝜋 + cos 0) 
9 1 + 1 = 18 
Portanto o resultado da integral dupla da função 𝑓 𝑥, 𝑦 = 2𝑥 + 𝑦 sobre o conjunto 
D, onde D é dado 𝐷 = { 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅2 ∶ −3 ≤ 𝑥 ≤ 3 𝑒 0 ≤ 𝑦 ≤ 9 − 𝑥²}. 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 =
𝐷
 𝑓 𝑟 cos 𝜃 , 𝑟 sin 𝜃 
𝐷′
𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 = 18 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
31 
 
 
 
CAPÍTULO 3 APLICAÇÕES DE INTEGRAIS DUPLAS 
 
 
Neste capítulo trataremos das aplicações das integrais duplas em diversas áreas do 
conhecimento. As integrais duplas são uma forte ferramenta matemática que possibilitou a 
solução de problemas que até então não possuíam respostas, gerando um grande avanço e 
contribuição para várias ciências que careciam de uma ferramenta para o seu 
desenvolvimento. 
 
 
3.1 Cálculo de volume 
 
 
“Se aproximarmos um sólido por colunas retangulares e aumentarmos o número de 
colunas, o limite da soma dos volumes das colunas será o volume do sólido” (STEWART, 
2007, p. 978,2007) 
Como vimos anteriormente a soma de Riemann nas integrais duplas é a soma dos 
volumes dos paralelepípedos cujas bases são os sub-retângulos e cujas alturas 
correspondentes são os valores de 𝑓(𝜉𝑖, 𝛾𝑖), considerando f(x,y) maior ou igual a zero numa 
região D do R², temos que 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥
𝐷
 é uma aproximação do volume da porção de 
espaço compreendido entre f(x,y) e a região D do plano xy. 
“Quando ∆𝑥 → 0 e ∆𝑦 → 0, essa soma vai se aproximando mais e mais do que 
podemos chamar o volume do sólido delimitado pelo domínio D, pelo gráfico f e pelas retas 
que passam pela fronteira de D e são paralelas ao eixo Oz.”( ÁVILA, 1995, p.136) 
Sendo assim podemos expressar o volume V de uma função f(x,y) não-negativa, 
contínua e integrável sobre uma região D, como 
𝑉 = 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥
𝐷
 
Através desta aplicação podemos calcular o volume de vários sólidos geométricos que 
até então representavam um grande problema para a geometria comum. Ela nos permite 
32 
 
 
𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑅² − 𝑦² − 𝑥² 
𝑓 𝑥, 𝑦 = − 𝑅² − 𝑦² − 𝑥² 
calcular o volume de qualquer espaço compreendido entre f(x,y) e o plano xy. Veja no 
exemplo a seguir: 
3.1.1 Exemplo 
 
 
Calcule o volume do sólido dado por 𝑧² + 𝑦² + 𝑥² ≤ 𝑅², onde R é uma constante. 
 
 
3.1.1 Solução 
 
 
Desenhando o sólido procurado, temos que estamos trabalhando com uma esfera com 
centro na origem, logo temos duas funções que são 𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑟² − 𝑦² − 𝑥² e 𝑓 𝑥, 𝑦 =
− 𝑟² − 𝑦² − 𝑥². Veja a figura abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Observe que temos duas funções geradas por 𝑧² + 𝑦² + 𝑥² ≤ 𝑅², uma acima e a outra 
abaixo do plano xy. Temos que a projeção no plano xy é a de um círculo de raio R, como 
mostra a figura abaixo: 
 
 
 
 
 
 
x 
y 
z 
Figura 6 
R 
raio 
V1 
V2 
33 
 
 
𝑦 = 𝑟² − 𝑥² 
𝑦 = − 𝑟² − 𝑥² 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Sendo assim temos que o conjunto de integração é D, dado por 𝐷 = { 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅2 ∶
−𝑅 ≤ 𝑥 ≤ 𝑅 𝑒 − 𝑅² − 𝑥² ≤ 𝑦 ≤ 𝑅² − 𝑥²}, logo o volume do sólido é dado por: 
𝑉 = 𝑉1 + 𝑉2 
Calculando 𝑉1, que é volume do sólido acima do plano xy, temos: 
𝑉1 = 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 𝑅² − 𝑦² − 𝑥²𝑑𝑦𝑑𝑥 = 𝑅² − 𝑦² − 𝑥²𝑑𝑦
 𝑟²−𝑥²
− 𝑟²−𝑥²
 
𝑅
−𝑅
𝐷𝐷
𝑑𝑥 
Note que encontramos uma integral dupla muito complexa, fazendo então, a mudança 
para coordenadas polares temos um novo conjunto D’, dado por 𝐷′ = { 𝑟, 𝜃 ∈ 𝑅2 ∶ 0 ≤ 𝑟 ≤
𝑅 𝑒 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋}, assim segue que 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 =
𝐷
 𝑓 𝑟 cos 𝜃 , 𝑟 sin 𝜃 
𝐷′
𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 
Como 𝑓 𝑟 cos 𝜃 , 𝑟 sin 𝜃 = 𝑅² − 𝑟 sin 𝜃 2 − (𝑟 cos 𝜃)² = 𝑅² − 𝑟², logo temos 
 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 =
𝐷
 𝑓 𝑟 cos 𝜃 , 𝑟 sin 𝜃 
𝐷′
𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 = 𝑅² − 𝑟²
𝐷′
𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 
 𝑅² − 𝑟²
𝐷′
𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 = 𝑅² − 𝑟² 𝑟𝑑𝑟
𝑅
0
 
2𝜋
0
𝑑𝜃 
Fazendo 𝑢 = 𝑅² − 𝑟² → 𝑑𝑢 = −2𝑟𝑑𝑟, onde 𝑅² ≤ 𝑢 ≤ 0, temos então 
 𝑅² − 𝑟² 𝑟𝑑𝑟
𝑅
0
 
2𝜋
0
𝑑𝜃 = −
1
2
 𝑢 𝑑𝑢
0
𝑅²
 
2𝜋
0
𝑑𝜃 = −
1
2
 
𝑢
3
2
3
2
 
2𝜋
0
0
𝑅²
𝑑𝜃 
x 
y 
Figura 7 
R 
raio 
 -R 
 R 
-R 
34 
 
−
1
2
 
𝑢
3
2
3
2
 
2𝜋
0
0
𝑅²
𝑑𝜃 = −
1
2
 
0
3
2
3
2
−
(𝑅²)
3
2
3
2
 
2𝜋
0
𝑑𝜃 = −
1
2
 0 −
2𝑅3
3
 
2𝜋
0
𝑑𝜃 
−
1
2
 0 −
2𝑅3
3
 
2𝜋
0
𝑑𝜃 = −
1
2
 −
2𝑅3
3
 𝑑𝜃
2𝜋
0
=
𝑅3
3
 2𝜋 − 0 =
2𝜋𝑅3
3
 
Logo temos que o volume 𝑉1 é dado por 
𝑉1 = 𝑅² − 𝑦² − 𝑥²𝑑𝑦𝑑𝑥 = 𝑅² − 𝑦² − 𝑥²𝑑𝑦
 𝑟²−𝑥²
− 𝑟²−𝑥²
 =
𝑅
−𝑅
𝐷
2𝜋𝑅3
3
 
Calculando agora 𝑉2, que é o volume do sólido abaixo do plano xy, temos 
𝑉2 = 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 = − 𝑅² − 𝑦² − 𝑥²𝑑𝑦𝑑𝑥 = − 𝑅² − 𝑦² − 𝑥²𝑑𝑦
 𝑟²−𝑥²
− 𝑟²−𝑥²
 
𝑅
−𝑅
𝐷𝐷
𝑑𝑥 
Observe que 𝑉2 = −𝑉1, logo temos que 
𝑉2 = − 𝑅² − 𝑦² − 𝑥²𝑑𝑦𝑑𝑥 = − 𝑅² − 𝑦² − 𝑥²𝑑𝑦
 𝑟²−𝑥²
− 𝑟²−𝑥²
 =
𝑅
−𝑅
𝐷
−
2𝜋𝑅3
3
 
Verificamos aqui que o volume do sólido abaixo do plano xy, resultou em um 
resultado negativo, o que é um absurdo, pois só existe volume positivo. 
 
Quando f for positiva em alguns pontos e negativa em outros, a integral 
consistirá em duas partes: uma parcela positiva, igual ao volume do sólido 
correspondente ao subconjunto D onde f é positiva; e uma parcela negativa, 
igual, em valor absoluto, ao volume do sólido correspondente ao 
subconjunto de D onde f é negativa. ( ÁVILA, 1995, p.138) 
 
Logo devemos considerar o seu volume em valor absoluto, sendo assim temos que o 
volume procurado é 
𝑉 = 𝑉1 + 𝑉2 =
2𝜋𝑅3
3
+ −
2𝜋𝑅3
3
 =
2𝜋𝑅3
3
+
2𝜋𝑅3
3
=
4𝜋𝑅3
3
 
Portanto o volume do sólido dado por 𝑧² + 𝑦² + 𝑥² ≤ 𝑅², onde R é uma constante é 
dado por 
𝑉 =
4𝜋𝑅3
3
 
 
 
3.2 Cálculo de área 
 
35 
 
Y Y 
X X 
a < b 
a > b 
𝑦 = 𝑏² −
𝑏²𝑥²
𝑎²
 
𝑦 = − 𝑏² −
𝑏²𝑥²
𝑎²
 
𝑦 = 𝑏² −
𝑏²𝑥²
𝑎²
 
A área de uma figura plana D, com fronteira regular, é definida como sendo a integral 
da função f(x,y) = 1 em D,isto é, 
𝐴 = 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
 
É fácil perceber que quando fazemos f(x,y) = 1, a soma de Riemann somará somente a 
área dos polígonos que vão se aproximando gradativamente da área da região D do plano xy, à 
medida que ∆𝑥 e ∆𝑦 tendem a zero. 
Através desta aplicação podemos calcular a área de várias figuras planas, desde as 
mais simples até as mais complexas que as vezes se tornam um grande desafio para a 
geometria comum. Veja : 
 
 
3.2.1 Exemplo 
 
 
Calcule a área do conjuntoD, onde D é o conjunto dado por 
𝑥²
𝑎²
+
𝑦²
𝑏²
≤ 1. 
 
 
3.2.1 Solução 
 
 
Através do conjunto dado temos que estamos trabalhando com uma elipse, logo temos 
duas possibilidades para o conjunto D, como mostra as figuras abaixo. Veja: 
 
 
 
 
 
 
 
 D D 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 8 
36 
 
Para ambos os casos temos que a área do conjunto de D é a mesma, logo temos que o 
conjunto D, é dado por 𝐷 = { 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅2 ∶ −𝑏 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 𝑒 − 𝑏² −
𝑏²𝑥²
𝑎²
 ≤ 𝑦 ≤ 𝑏² −
𝑏²𝑥²
𝑎²
 } e 
podemos calculá-la através da definição de integral dupla, ou seja 
𝐴 = 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
 
Logo segue que 
𝐴 = 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
= 𝑑𝑥
𝑏
−𝑏
 𝑑𝑦
 𝑏²−
𝑏²𝑥²
𝑎²
 
− 𝑏²−
𝑏²𝑥²
𝑎²
 
 
Observe que a integral acima se apresenta muito complexa, portanto vamos tentar uma 
mudança de variável fazendo 𝑥 = 𝑎 𝑟𝑐𝑜𝑠 𝜃 e 𝑦 = 𝑏𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃, temos 
𝑥²
𝑎²
+
𝑦²
𝑏²
≤ 1 →
(𝑎 𝑟𝑐𝑜𝑠 𝜃)²
𝑎²
+
(𝑏𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃)²
𝑏²
≤ 1 → 𝑟² 𝑐𝑜𝑠 ²𝜃 + 𝑟²𝑠𝑖𝑛 ²𝜃 ≤ 1 
Assim temos que 
𝑟² 𝑐𝑜𝑠 ²𝜃 + 𝑟²𝑠𝑖𝑛 ²𝜃 ≤ 1 → 𝑟 ≤ 1 
Logo temos um novo conjunto D’, dado por 𝐷′ = { 𝑟, 𝜃 ∈ 𝑅2 ∶ 0 ≤ 𝑟 ≤ 1 𝑒 0 ≤ 𝜃 ≤
2𝜋}. Calculando agora o jacobiano temos 
𝜕 𝑥, 𝑦 
𝜕 𝑟, 𝜃 
= 
𝜕𝑥
𝜕𝑟
𝜕𝑥
𝜕𝜃
𝜕𝑦
𝜕𝑟
𝜕𝑦
𝜕𝜃
 = 
acos 𝜃 −𝑎𝑟 sin 𝜃
bsin 𝜃 𝑏𝑟 cos 𝜗
 = 𝑎𝑏𝑟 cos ²𝜃 + 𝑎𝑏𝑟 sin ²𝜃 = 𝑎𝑏𝑟 
Sendo assim temos 
𝐴 = 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
= 
𝜕(𝑥, 𝑦)
𝜕(𝑢, 𝑢)
 𝑑𝑟𝑑𝜃 = 𝑎𝑏𝑟 𝑑𝑟
1
0
 𝑑𝜃
2𝜋
0
𝐷′
= 𝑎𝑏 𝑟 𝑑𝑟
1
0
 𝑑𝜃
2𝜋
0
 
𝑎𝑏 𝑟 𝑑𝑟
1
0
 𝑑𝜃
2𝜋
0
= 𝑎𝑏 
𝑟2
2
 
1
0
𝑑𝜃 =
2𝜋
0
𝑎𝑏 
12
2
−
02
2
 𝑑𝜃 =
𝑎𝑏
2
2𝜋
0
 𝑑𝜃
2𝜋
0
 
𝑎𝑏
2
 𝑑𝜃 =
𝑎𝑏
2
 𝜃 
2𝜋
0
=
𝑎𝑏
2
 2𝜋 − 0 =
2𝜋𝑎𝑏
2
2𝜋
0
= 𝜋𝑎𝑏 
𝐴 = 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝜋𝑎𝑏
𝐷
 
Portanto a área do conjunto D, é dada por 𝐴 = 𝜋𝑎𝑏 
 
 
3.3 Massa 
37 
 
Seja uma lâmina colocada numa região D do plano xy e cuja densidade (em unidades 
de massa por área) no ponto (x,y) em D é dada por 𝛿(𝑥, 𝑦), onde 𝛿 é uma função contínua e 
integrável sobre a região D, então 𝛿(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 é a massa do elemento de área 𝑑𝑥𝑑𝑦, e a 
massa total da lâmina é 
𝑚 = 𝛿(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
 
Através desta aplicação podemos calcular a massa de qualquer lâmina numa região D 
do plano xy, basta termos a função densidade para obter a massa total de uma lâmina 
qualquer. 
 
 
3.3.1 Exemplo 
 
 
Uma lâmina tem a forma de um retângulo cujos vértices são (0,0), (4,0), (0,2) e (4,2). 
Determine a massa da lâmina, medida em gramas, sabendo que a densidade de massa por 
área num ponto P é 𝛿 𝑥, 𝑦 = 3𝑥𝑦. 
 
 
3.3.1 Solução 
 
 
Para calcular a massa dessa lâmina usaremos de integrais duplas, observe que a lâmina 
é na forma de um retângulo, logo podemos desenhar o conjunto de integração D. Veja: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 x 
Figura 9 
y 
(4,0) 
(0,2) 
(0,0) 
D 
(4,2) 
38 
 
 
Sendo assim temos que o conjunto D, é dado por 𝐷 = { 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅2 ∶ 0 ≤ 𝑥 ≤ 4 𝑒 0 ≤
𝑦 ≤ 2}, e a massa total é 
𝑚 = 𝛿 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 3𝑥𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
𝐷
 3𝑥𝑦
4
0
𝑑𝑥 𝑑𝑦 =
2
0
3 𝑦 𝑥
4
0
𝑑𝑥 𝑑𝑦
2
0
𝐷
 
3 𝑦 𝑥
4
0
𝑑𝑥 𝑑𝑦
2
0
= 3 𝑦 
𝑥2
2
 
4
0
 𝑑𝑦 =
2
0
3 𝑦 
16
2
− 0 𝑑𝑦 = 3 8𝑦 𝑑𝑦
2
0
2
0
 
3 8𝑦 𝑑𝑦
2
0
= 24 𝑦 𝑑𝑦
2
0
= 24 
𝑦2
2
 
2
0
= 24 
4
2
−
0
2
 = 48 
𝑚 = 𝛿 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 48
𝐷
 
Logo a massa total da lâmina é de 48 gramas. 
 
 
3.4 Carga 
 
 
Se uma carga elétrica está distribuída sobre uma região D e a densidade de carga (em 
unidades de carga por unidade de área) é dada por 𝛿 𝑥, 𝑦 num ponto 𝑥, 𝑦 em D, então a 
carga total q é 
𝑞 = 𝛿(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
 
 
 
3.4.1 Exemplo 
 
 
A carga é distribuída sobre uma região D delimitada pelo retângulo de vértices (3,2), 
(0,2), (3,0) e (0,0) de modo que a densidade de carga num ponto (x,y) seja 𝛿 𝑥, 𝑦 = 𝑥²𝑦, 
medida em coulomb por metro quadrado (C/m
2
). Determine sua carga total. 
 
 
3.4.1 Solução 
 
39 
 
Para calcular a carga total, primeiramente temos que desenhar a região D, sabemos 
que ela é delimitada por um retângulo, veja: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Sendo assim temos que a região D, é dada por 𝐷 = { 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅2 ∶ 0 ≤ 𝑥 ≤ 3 𝑒 0 ≤
𝑦 ≤ 2}, e a carga total é: 
𝑞 = 𝛿 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
𝐷
 𝑥2𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝑥2𝑦 𝑑𝑥
3
0
 
2
0
𝐷
𝑑𝑦 = 𝑦 𝑥2𝑑𝑥
3
0
 
2
0
𝑑𝑦 
 𝑦 𝑥² 𝑑𝑥
3
0
 
2
0
𝑑𝑦 = 𝑦 
𝑥
3
3
 
3
0
2
0
𝑑𝑦 = 𝑦 
27
3
−
0
3
 
2
0
𝑑𝑦 = 9 𝑦
2
0
𝑑𝑦 
9 𝑦
2
0
𝑑𝑦 = 9 
𝑦2
2
 
2
0
= 9 
4
2
−
0
2
 = 18 
𝑞 = 18 
Portanto a carga total distribuída ao longo da região D é de 18 coulombs. 
 
 
3.5 Centro de massa 
 
 
É o ponto (𝑥, 𝑦 ) cujas coordenadas são definidas por 
𝑥 =
𝑀𝑦
𝑚
=
 𝑥𝛿 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
 𝛿 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
 e 𝑦 =
𝑀𝑥
𝑚
=
 𝑦𝛿 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
 𝛿 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
 
onde 𝑚 é a massa, 𝑀𝑥 e 𝑀𝑦 são os momentos da lâmina em torno do eixo, ou seja, o produto 
de sua massa pela distância (na perpendicular) ao eixo. “ O momento total de toda a massa da 
 x 
(3,0) 
(0,2) 
(0,0) 
D 
y 
(3,2) 
Figura 10 
40 
 
lâmina é obtido pela soma: isto é, pela integração de todos os momentos 
“infinitesimais”.”(NUNEM; FOULIS, 1982, p.958) 
Nesse ponto temos o chamado ponto de equilíbrio da lâmina que é chamado de centro 
de massa. O significado físico disso é que a lâmina se comporta como se toda sua massa 
estivesse concentrada no ponto (𝑥, 𝑦 ). Quando a distribuição da massa é uniforme, temos que 
a densidade 𝛿 é constante, neste caso o centro de massa é o centro geométrico da região, por 
essa razão, é usualmente chamado de centróide. “O centróide de uma região planar é uma 
noção puramente geométrica e é independente da concepção física de massa” (NUNEM; 
FOULIS, 1982, p.958) 
 
3.5.1 Exemplo 
 
 
Determine a massa e o centro de massa de uma lâmina triangular com vértices (0,0), 
(1,0) e (0,2), sabendo que a função densidade é 𝛿 𝑥, 𝑦 = 1 + 3𝑥 + 𝑦. 
 
 
3.5.1 Solução 
 
 
Desenhando a lâmina temos o seguinte conjunto D. Veja: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Logo o conjunto D é formado pelas retas x = 0, y = 0 e y = 2 -2x. Podemos expressar 
D por: 
x 
Figura 11 
1 
2 
0 
D 
y 
y = 2 -2x 
41 
 
 𝐷 = { 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅2 ∶ 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 𝑒 0 ≤ 𝑦 ≤ 2 − 2𝑥} 
 
Assim a massa da lâmina é: 
 
𝑚 = 𝛿 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
𝐷
 1 + 3𝑥 + 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
𝐷
 1 + 3𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦
2−2𝑥
0
 
1
0
𝑑𝑥 
 1 + 3𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦
2−2𝑥
0
 
1
0
𝑑𝑥 = 𝑦 + 3𝑥𝑦 +
𝑦2
2
 
2 − 2𝑥
0
1
0
 𝑑𝑥 
 𝑦 + 3𝑥𝑦 +
𝑦2
2
 
2 − 2𝑥
0
1
0
 𝑑𝑥 = 2 − 2𝑥 + 6𝑥 − 6𝑥2 +
 2 − 2𝑥 2
2
 
1
0
 𝑑𝑥 
 2 − 2𝑥 + 6𝑥 − 6𝑥2 +
 2 − 2𝑥 2
2
 
1
0
 𝑑𝑥= 4 − 4𝑥² 
1
0
 𝑑𝑥 = 4𝑥 −
4𝑥3
3
 
1
0
 
 4𝑥 −
4𝑥3
3
 
1
0
= 4 −
4
3
=
8
3
 
Logo a massa da lâmina é de 
𝑚 =
8
3
 
Os momentos são: 
𝑀𝑥 = 𝑦𝛿 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
= 𝑦 1 + 3𝑥 + 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
𝐷
 𝑦 + 3𝑥𝑦 + 𝑦2 𝑑𝑦
2−2𝑥
0
 
1
0
𝑑𝑥 
 𝑦 + 3𝑥𝑦 + 𝑦2 𝑑𝑦
2−2𝑥
0
 
1
0
𝑑𝑥 = 
𝑦2
2
+
3𝑥𝑦2
2
+
𝑦3
3
 
2 − 2𝑥
0
1
0
 𝑑𝑥 
 
𝑦2
2
+
3𝑥𝑦2
2
+
𝑦3
3
 
2 − 2𝑥
0
1
0
 𝑑𝑥 = 
 2 − 2𝑥 2
2
+
3𝑥 2 − 2𝑥 2
2
+
 2 − 2𝑥 3
3
 
1
0
 𝑑𝑥 
 
 2 − 2𝑥 2
2
+
3𝑥 2 − 2𝑥 2
2
+
 2 − 2𝑥 3
3
 
1
0
 𝑑𝑥 = 
14
3
− 6𝑥 − 2𝑥² +
10𝑥3
3
 
1
0
 𝑑𝑥 
 
14
3
− 6𝑥 − 2𝑥² +
10𝑥3
3
 
1
0
 𝑑𝑥 = 
14𝑥
3
− 3𝑥² −
2𝑥3
3
+
5𝑥4
6
 
1
0
=
14
3
− 3 −
2
3
+
5
6
 
14
3
− 3 −
2
3
+
5
6
=
14 − 9 − 2
3
+
5
6
= 1 +
5
6
=
11
6
 
𝑀𝑦 = 𝑥𝛿 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
= 𝑥 1 + 3𝑥 + 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
𝐷
 𝑥 1 + 3𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦
2−2𝑥
0
 
1
0
𝑑𝑥 
 𝑥 1 + 3𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦
2−2𝑥
0
 
1
0
𝑑𝑥 = 𝑥 𝑦 + 3𝑥𝑦 +
𝑦2
2
 
2 − 2𝑥
0
1
0
 𝑑𝑥 
42 
 
 𝑥 𝑦 + 3𝑥𝑦 +
𝑦2
2
 
2 − 2𝑥
0
1
0
 𝑑𝑥 = 𝑥 2 − 2𝑥 + 6𝑥 − 6𝑥2 +
 2 − 2𝑥 2
2
 
1
0
 𝑑𝑥 
 𝑥 2 − 2𝑥 + 6𝑥 − 6𝑥2 +
 2 − 2𝑥 2
2
 
1
0
 𝑑𝑥 = 𝑥 4 − 4𝑥² 
1
0
 𝑑𝑥 = (4𝑥 − 4𝑥3)
1
0
 𝑑𝑥 
 (4𝑥 − 4𝑥3)
1
0
 𝑑𝑥 = 
4𝑥2
2
−
4𝑥4
4
 
1
0
=
4
2
−
4
4
= 2 − 1 = 1 
Assim segue que: 
𝑀𝑥 =
11
6
 e 𝑀𝑦 = 1 
Agora podemos finalmente calcular o centro de massa da nossa lâmina, observe que 
𝑥 =
𝑀𝑦
𝑚
=
1
8
3
=
3
8
 e 𝑦 =
𝑀𝑥
𝑚
=
11
6
8
3
=
11
16
 
Logo o centro de massa da nossa lâmina é o ponto 𝑥, 𝑦 = 
3
8
,
11
16
 , indicado na figura 
abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3.6 Momento de inércia 
 
 
O momento de inércia de uma partícula cuja a massa é 𝑚 em torno de um eixo é 
definido como 𝑚𝑟², onde 𝑟 é a distância da partícula ao eixo. Estendendo este conceito para 
uma lâmina com função densidade 𝛿 𝑥, 𝑦 contínua numa região D do plano 𝑥𝑦 e aplicando o 
x 
Figura 12 
1 
2 
0 
D 
y 
y = 2 -2x 
 
3
8
,
11
16
 
Centro de massa 
43 
 
conceito de integral dupla, temos então, o que chamamos de momento de inércia de uma 
distribuição contínua de massa. 
Logo temos que o momento de inércia em torno do eixo 𝑥 será determinado por 
𝐼𝑥 = lim
 𝛥 →0
 𝛾𝑖² 𝛿(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 = 𝑦² 𝛿 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦.
𝐷
 
Da mesma forma o momento de inércia em torno do eixo 𝑦 é dado por 
𝐼𝑦 = lim
 𝛥 →0
 𝜉𝑖² 𝛿(𝜉𝑖, 𝛾𝑖
𝑛
𝑖=1
)𝛥𝑖𝐴 = 𝑥² 𝛿 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦.
𝐷
 
Podemos também determinar o momento de inércia em torno da origem, também 
chamado de momento polar de inércia ou momento de inércia em torno do eixo 𝑧: 
𝐼0 = 𝐼𝑥 + 𝐼𝑦 = 𝑦² 𝛿 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 + 𝑥² 𝛿 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷𝐷
= (𝑥2 + 𝑦²) 𝛿 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
 
𝐼0 = (𝑥
2 + 𝑦²) 𝛿 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
 
 
 
3.6.1 Exemplo 
 
 
Determine os momentos de inércia 𝐼𝑥 , 𝐼𝑦 e 𝐼0 do disco homogêneo D com densidade 
𝛿 𝑥, 𝑦 = 𝑘, centro na origem e raio 𝑎. 
 
 
3.6.1 Solução 
 
 
A fronteira do conjunto D é o círculo 𝑥² + 𝑦² = 𝑎² que em coordenadas polares D é 
descrito por 𝐷′ = { 𝑟, 𝜃 ∈ 𝑅2 ∶ 0 ≤ 𝑟 ≤ 𝑎 𝑒 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋}. 
Calculando 𝐼𝑥 , temos: 
𝐼𝑥 = 𝑦² 𝛿 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
= 𝑘 (𝑟 sin 𝜃) ² 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 = 𝑘
𝐷′
 sin ²𝜃 𝑟3
𝑎
0
𝑑𝑟 
2𝜋
0
𝑑𝜃 
𝑘 sin ²𝜃 𝑟3
𝑎
0
𝑑𝑟 
2𝜋
0
𝑑𝜃 = 𝑘 sin ²𝜃 
𝑟4
4
 
𝑎
0
2𝜋
0
𝑑𝜃 = 𝑘
𝑎4
4
 sin ²𝜃
2𝜋
0
𝑑𝜃 
44 
 
𝑘𝑎4
4
 sin ²𝜃
2𝜋
0
𝑑𝜃 =
𝑘𝑎4
4
 
1 − cos 2𝜃
2
 
2𝜋
0
𝑑𝜃 =
𝑘𝑎4
8
 𝑑𝜃
2𝜋
0
− cos 2𝜃
2𝜋
0
𝑑𝜃 
𝑘𝑎4
8
 𝑑𝜃
2𝜋
0
− cos 2𝜃
2𝜋
0
𝑑𝜃 =
𝑘𝑎4
8
 𝜃 
2𝜋
0
− 
sin 2𝜃
2
 
2𝜋
0
 =
𝑘𝑎4
8
 2𝜋 − 0 
𝑘𝑎4
8
 2𝜋 − 0 =
2𝑘𝜋𝑎4
8
=
𝑘𝜋𝑎4
4
 
Logo temos que o momento de inércia em torno do eixo 𝑥 é 𝐼𝑥 =
𝑘𝜋𝑎 4
4
. 
Calculando agora 𝐼𝑦 , temos: 
𝐼𝑦 = 𝑥² 𝛿 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
= 𝑘 (𝑟 cos 𝜃) ² 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 = 𝑘
𝐷′
 cos ²𝜃 𝑟3
𝑎
0
𝑑𝑟 
2𝜋
0
𝑑𝜃 
𝑘 cos ²𝜃 𝑟3
𝑎
0
𝑑𝑟 
2𝜋
0
𝑑𝜃 = 𝑘 cos ²𝜃 
𝑟4
4
 
𝑎
0
2𝜋
0
𝑑𝜃 = 𝑘
𝑎4
4
 cos ²𝜃
2𝜋
0
𝑑𝜃 
𝑘𝑎4
4
 cos ²𝜃
2𝜋
0
𝑑𝜃 =
𝑘𝑎4
4
 
1 + cos 2𝜃
2
 
2𝜋
0
𝑑𝜃 =
𝑘𝑎4
8
 𝑑𝜃
2𝜋
0
+ cos 2𝜃
2𝜋
0
𝑑𝜃 
𝑘𝑎4
8
 𝑑𝜃
2𝜋
0
+ cos 2𝜃
2𝜋
0
𝑑𝜃 =
𝑘𝑎4
8
 𝜃 
2𝜋
0
+ 
sin 2𝜃
2
 
2𝜋
0
 =
𝑘𝑎4
8
 2𝜋 + 0 
𝑘𝑎4
8
 2𝜋 + 0 =
2𝑘𝜋𝑎4
8
=
𝑘𝜋𝑎4
4
 
Assim temos que o momento de inércia em torno do eixo 𝑦 também é 𝐼𝑦 =
𝑘𝜋𝑎 4
4
. 
Podemos observar que 𝐼𝑥 = 𝐼𝑦 , isso ocorre devido a simetria por estarmos trabalhando com 
uma distribuição de massa uniforme. 
Como já calculamos 𝐼𝑥 e 𝐼𝑦 , podemos finalmente calcular 𝐼0, observe que: 
𝐼0 = 𝐼𝑥 + 𝐼𝑦 =
𝑘𝜋𝑎4
4
+
𝑘𝜋𝑎4
4
=
2𝑘𝜋𝑎4
4
=
𝑘𝜋𝑎4
2
 
Portanto o momento de inércia em torno da origem é 𝐼0 =
𝑘𝜋𝑎 4
2
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
45 
 
 
 
CONSIDERAÇÕES FINAIS 
 
 
Portanto, com a realização desta pesquisa,conseguimos desmistificar a integral dupla 
que para muitos apresenta um grande grau de dificuldade e verificar o quanto ela é uma 
ferramenta importante para diversas áreas do conhecimento, esta possibilitou o avanço e o 
desenvolvimento de várias ciências que careciam de uma ferramenta poderosa para encontrar 
soluções para problemas que até então persistiam sem respostas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
46 
 
 
 
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 
 
 
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Janeiro: LTC, 1995. 
 
BOYER, Carl B. História da matemática. 2°ed. Editor Edgard Blucher Ltda. 1996. 4° 
Reimpressão 2002. 
 
EVES, Howard. Introdução à história da matemática / Howard Eves; tradução: Hygino H. 
Domingues. Campinas-SP: Editora da Unicamp, 2004. 
 
FLEMMING, Diva Marilia; GONÇALVES, Marília Buss, Cálculo B: Funções de várias 
variáveis, integrais duplas e triplas. 2ª ed. São Paulo-SP: Pearson prentice Hall, 2007. 
 
FOULIS, David J.; NUNEM, Mustafa A. Cálculo volume 2. Rio de Janeiro: LTC, 1982. 
 
GUIDORIZZI, Hamilton Luis. Um curso de cálculo volume 3. 5ª ed. Rio de Janeiro: LTC, 
2002. 
 
HOFFMANN, Laurence D.; BRANDLEY, Geraldo L. Cálculo um curso moderno e suas 
aplicações. 7° Ed. Rio de Janeiro: LTC, 2002. 
 
LEITHOLD, Louis. O cálculo com geometria analítica volume 1. 3° Ed. São Paulo-SP: 
Harbra , 1994. 
 
LEITHOLD, Louis. O cálculo com geometria analítica volume 2. 3° Ed. São Paulo-SP: 
Harbra , 1994. 
 
SIMMONS, George F. Cálculo com geometria analítica volume 2. São Paulo-SP: Person 
Education, 1988. 
 
STEWART, James. Cálculo volume 1. 5° Ed. São Paulo-SP: Thomson Learning , 2007. 
 
STEWART, James. Cálculo volume 2.5° Ed. São Paulo-SP: Thomson Learning , 2007.