CALC II - Aulas 01 à 10

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CÁLCULO II 
AULA 01 - INTEGRAIS INDEFINIDAS: NOÇÕES BÁSICAS. 
TEORIA DE INTEGRAL. 
As aplicações da teoria de integral aparecem em várias áreas tais como Física e Economia. Ao longo 
deste curso, apresentaremos algumas aplicações que se encontram na literatura. 
Antes, porém, apresentaremos algumas definições básicas. 
No curso anterior aprendemos as técnicas de derivação, nesta aula, veremos que a integral é o 
processo inverso da derivada. Portanto dado uma função F chamamos de primitiva de f sobre um 
intervalo I se F’(x)=f(x), ∀ x Є I. 
Teorema. 
Se F for uma primitiva (antiderivada) de f em um intervalo I, então a família das primitivas 
(primitiva mais geral) de f em I é F(x)+C, onde C é uma constante arbitrária. 
Antes de vermos o nosso primeiro exemplo a fim de entender as duas definições dadas acima, 
aprenderemos algumas notações a seguir. 
Notação: ∫ f (x)dx = F(x) + C , onde C é uma constante arbitrária. 
Significa que a função F é uma primitiva da função f, tal que F’(x)=f(x), ∀x Є Dom(f). 
Atenção! O símbolo ∫ é denotado como sinal de integração, a constante C é chamada constante de 
integração e a função f(x) é chamada integrando. 
Vejamos a Definição de Integral Indefinida: 
Seja a função F(x) a antiderivada da função f (x), O processo para calcular ∫ f (x)dx é chamada de 
integral indefinida da função f(x), justamente por causa da natureza arbitrária de C. 
Notação: ∫ f (x)dx - F(x) + C. 
Exemplo: � �²�� = �³
 + �. 
REGRAS BÁSICAS DE INTEGRAÇÃO. 
1) Ao integrarmos a constante 1 (um) achamos como resultado x + C. 
Notação: � �� = � + � 
Podemos verificar que ao derivarmos x+C temos como resultado 1 (um). Portanto confirmamos que 
a integral é o processo inverso da derivada, ou ainda, que x + C é a primitiva ou a antiderivada. 
2) Da definição de integral anterior podemos deduzir a segunda regra de integração. Nesta regra, 
definimos que ao derivarmos a integral indefinida encontraremos a primitiva. 
Notação: 
� � ������ = ���� 
Exemplo: 
� �� �²��� = 
����
 + �� = �². 
3) Da definição integral anterior podemos deduzir a terceira regra de integração. Se o integrando for 
uma derivada, o resultado da integral será a primitiva dessa derivada. 
Notação: 
� � ������� = ���� + �. 
Exemplo: � �²�� =	 � ���
 �� �� = 	 ��
 + 	�. 
4) Regra da Potência - Se n é um número racional diferente de –1, então, temos: 
Notação: � �� �� = 	 ������� + �. 
Exemplo: � �²�� = �³
 + 	�. 
5) Regra da Homogeneidade - Se a é uma constante, então temos que a constante sai da integral 
e apenas integramos a variável x. 
Notação: � ������� = 	� � ���� . 
Exemplo: � 5�²�� = 5 �³
 + 	�. 
6) Regra da Adição - Nesta regra, afirmamos que quando possuímos uma integral com duas 
funções podemos resolver uma de cada vez. 
Notação: �[���� + ����]�� = ������� +	� ������ . 
Exemplo: ���! + ���� = 	� �!�� + � ��� =	 ��
 + �"! + 	�. 
Observação: Esta regra vale para a subtração. 
7) Regra da Linearidade – Sendo �� e �	! constantes temos: 
Notação: �[������� + �!�!���]��	 = 	�� � ������� +	�! ��!����� 	. 
Observação: Esta regra é a junção das regras 5 e 6. 
8) Regra da Geral Linearidade – Sendo ��, �	! e �# constantes temos: 
Notação: �[������� + �!�!��� +⋯+	�#�#���]��	 = 	�� � ������� +	�! � �!����� 	+ ⋯+	�# � �#�����. 
9) Integral da função oposta – Caso particular da regra 5. 
Notação: �−������ = 	��−1������� = 	−� ������ 
 
INTEGRAIS ESPECIAIS. 
A seguir apresentaremos algumas integrais especiais. Para entendê-las deveremos lembrar das 
integrais derivadas que aprendemos na disciplina anterior de Cálculo. 
1) � '()��� = 	−*+'� + �, pois derivada de - cos x + C é – (– sen x) = sen x. 
2) � *+'��� = 	'()� + �, pois derivada de sen x + C é cos x. 
3)� �� �� = ,)� + �, x > 0. Lembre a derivada de ln x + C é 	��. 
4) � �� �� = ,)|�| + �. 
5) � (��� = 	 (� + 	�. 
6) � .��� = 	 /01�/ + 	�, . > 0, . ≠ 1. 
MUDANÇA DE VARIÁVEL. 
Algumas vezes nos deparamos com integrais que não conseguimos resolver apenas utilizando as 
regras básicas de integração. Para estas integrais deveremos aprender técnicas de integração, a 
primeira envolve mudança de variável. 
O objetivo é possibilitar e facilitar a resolução da integral. 
Método de substituição. 
O método de substituição introduz uma nova variável na integral, isto é, mudaremos da variável 
original para uma nova variável, com o intuito de resolver a integral que não era possível resolver 
de forma direta ou mesmo de forma rápida. 
Supondo que a variável original seja x definimos a nova variável como sendo u. 
Você sabe o que precisaremos definir para realizarmos essa mudança? Veremos juntos a seguir... 
Para realizarmos essa mudança precisaremos definir quem será a variável u, ou seja, a variável u 
será uma parte da expressão do integrando (f(x)). A parte do integrando que sobra (se sobrar) e o 
dx deverá corresponder à derivada do u definido anteriormente. 
Assim realizaremos a mudança de variável de forma completa. 
Observe que ao fazermos a mudança de variável de x para u, consequentemente dx passará a ser 
du, não poderemos ter na nova expressão vestígios de x ou de dx. 
Exemplo: Resolver � ���! + 	2089�	9:��. 
Observe que seria um absurdo ter que abrir esta expressão cinquenta vezes até que pudéssemos 
resolver utilizando apenas as regras básicas de integração aprendidas anteriormente. Portanto, 
vamos aprender a utilizar a mudança de variável com o método de substituição. 
Vejmaos a opções para definir u. 
1) ; = 	 ��! + 	2089�	9: 
Se ; = 	 ��! + 	2089�	9: para achar du temos que usar a regra da cadeia aprendida na disciplina 
anterior de Cálculo. 
�; = 50��! + 	2089�	<=�2���� 
Observe que esse du não existe na nossa integral a ser resolvida. 
Logo essa possibilidade está descartada. 
2) ; = �	temos que �; = ��. Observe que com esse u não conseguiríamos substituir x² + 2089. 
 Logo essa possibilidade está descartada. 
3) ; = 	���! + 	2089�	9: 
Se ; = 	���! + 	2089�	9: para achar du temos que usar a regra do produto e da cadeia aprendida na 
disciplina anterior de cálculo. 
�; = ��! + 	2089�	9: + 	50���! + 	2089�	<=�2�� 
Logo essa possibilidade está descartada. 
 
4) ; = 	 �! + 	2089 
Se ; = 	�! + 	2089 temos que �; = 2��� ou ainda ��� = 	 �!	�; e portanto conseguimos substituir todas 
as partes da integral que envolvem x e dx. 
>���! + 	2089�	9:�� = 	>;9: 12�; = 	12	>;9:�;	 = 	12.		;
9�
51 + 	�. 
Como ; = 	�! + 	2089, voltando a variável original, temos: 
12 . ;
9�
51 = 	12 . ��
! 	+ 2089�9�51 	= 		 ��
! 	+ 2089�9�102 + �. 
Assim concluímos que ����! + 	2089�	9:�� =	 ��"	�!:?=�@��:! + �. 
Tenho que testar sempre tantas opções para decidir quem será o u? Quando vou saber quando 
aplicar esse método? 
Algumas dicas: 
• Observe quando não podemos usar apenas as regras básicas; 
• Quando trabalhamos com polinômios na expressão geralmente usaremos o método de 
substituição. O u será aquela que possui o maior grau e a outra expressão restante deverá ter um 
grau a menos do que outra expressão mais interna (escolhida como u), justamente porque no 
cálculo do du diminuímos um grau. Logo não seria necessário testar todos os casos anteriores. 
Veja os exemplos do arquivo a01_t11_exemplo.pdf. 
Obervação: A transformação de variável é feita buscando-se uma derivada de uma parte do 
integrando de onde surja a outra parte de integrando e o operador dx. Isto pode ser vsito no 
item quatro acima e na Vídeo Aula 01. 
 
AULA 02 - INTEGRAIS DEFINIDAS. 
PREMISSA. 
Na aula anterior, estudamos integrais indefinidas, ou seja, que não possuíam um ponto onde 
iniciava (limite inferior) e onde terminava (limite superior) a função. 
Nesta aula, passaremos a usar o limite inferior e o limite superior para o cálculo da integral, com 
isto, estaremos definindo uma área sob o gráfico de uma função, ou seja, definidocomo a região 
entre o gráfico da função e o eixo x. 
Observe a figura abaixo, podemos ter áreas acima do eixo x, tendo como resultado numérico um 
número positivo, e abaixo do eixo x, tendo como resultado numérico um número negativo. 
 
Observe que a área azul (A1) esta acima do eixo x, portanto com valor positivo. A área amarela 
(A2) está abaixo do eixo x, portanto com valor negativo. 
Se o objetivo fosse calcular a área total, deveríamos somar A1 e A2, porém o valor de uma área não 
é negativo, então devemos somar a área sem o sinal, ou seja, A1+(-A2) => A1- A2. 
Portanto podemos agora definir a integral definida. 
Definição de Integral Definida. 
Seja f uma função definida ao menos no intervalo fechado [a, b], temos que sua integral é: 
> ������/
A
 
Esta é a integral definida de a até b de f(x)dx. 
O intervalo [a, b] é chamado intervalo de integração. 
Os números a e b são chamados respectivamente de limite inferior e superior de integração. 
Atenção! Podemos escrever que � ������/A = B1 % B2 
Propriedade da Integral Definida. 
Se *	 ∈ [�, . e f é integrável em [a, c] e em [c, b] então � ������/A = 	 � ������ + � ������	/D 	DA 
Observe que essa propriedade está permitindo dividir um intervalo em várias partes. 
Exemplo: A região no plano x.y entre f(x) = 1 – x e -1 ≤ x ≤ 2. 
 Inserir gráfico. 
>�1 % ���� = � % 	�!2 =3 E+	F)G(HI�,+		G(J+': L	�2� % 2!2 M % 	 [	�−1� %
!
N�
	�−1�!2 = 0 % O	−1 % 12P = 0 % Q% 32S = 	 32 	;. �. 
Observe que não incluímos mais a constante C somada no final da integral. Agora estamos com um 
intervalo definido, logo temos uma área definida a partir de uma função e um intervalo específico, 
isto é, não necessitamos mais de uma constante arbitrária para representar a família de integrais 
(pois não estamos mais definindo uma família de integrais) e sim uma integral específica. 
Teorema Fundamental do Cálculo. 
Suponha que f seja uma função contínua sobre o intervalo fechado [a,b] e que ������� � ���� � �. 
Temos então que � ������ � ��.� % ����/A . 
O Teorema Fundamental do Cálculo relaciona a integral indefinida � ������ com a integral definida � ������./A 
Notação: Se g é uma função qualquer e se os números a, b ∈	Dom(g) então a notação ����	T.� é 
lida “g(x) calculada entre x = a e x = b” é definida por ����	T.� = ��.� − ����. 
Integrais definidas podem ser usadas, dentre outras coisas, para determinar áreas de regiões 
planas, calcular o volume de regiões tridimensionais, calcular o comprimento de arco etc. 
Exemplo: Calcule a integral dada com o auxílio do Teorema Fundamental do Cálculo. 
>�U9 − 5�!	���
:
 
Usando o método da substituição temos: 
; = 9 − 5�! => �; = 	−10	�	�� => ��� = 	 �;−10 	=> 	> √; �;−10 	=> 	− 110	>√;�;
�
:
=>	− 110	. ;
!32
�
: �	> 	%
�9 % 5�!�
!15 
Porém, pelo Teorema Fundamental do Cálculo podemos afirmar que o resultado da integral 
� �√9 % 5�!	���: será dado % �=N9�"�
�"
�9 aplicado nos limites de integração, x= 0 e x= 1. 
Assim teremos: % W=N9�:�"X�"�9 % Y% W=N9���"X
�"
�9 Z � 	U<�N	U=��9 �	 ?N![�9 � 	%	�=�9. 
Área entre dois gráficos. 
Teorema - Sejam f e g funções contínuas no intervalo fechado [a, b]. Então, a área da região R 
entre o gráfico de f e o gráfico de g, à direita de x = a e à esquerda de x = b, é dada por: 
B�\� � 	>|���� % ����|��
/
A
 
Exemplo: Determinar a área delimitada pelas funções y= x² e y = 4. 
Primeira Etapa: Construir o gráfico. 
Inserir gráfico. 
Observando o gráfico e olhando na região da área procurada, o gráfico da parábola se encontra 
abaixo da reta (observe no eixo y, inicia no zero e vai até 4). 
Portanto, a área é a função maior menos a função menor. Caso contrário, acharíamos a área 
negativa, o que não é possível. 
B�\� � >�\(G� % ]�Há.+,����./
A
 
Segunda Etapa: Descobrir os limites de integração. 
Para fazer isto, deverá lembrar que os gráficos se cruzam em dois pontos e para encontra-los 
devemos resolver um sistema. 
Você pode usar o método para resolução de sistema que achar melhor. Utilizaremos neste exemplo, 
o método de comparação. 
Lembre-se, y = 4 e y = x2 devemos compara-los, ou seja, x² = 4, logo x = 2 e x = -2. Tais pontos 
são onde os gráficos das funções se cruzam. Portanto são os limites de integração da função, pois 
delimitam a região de integração. 
Terceira Etapa: Resolver a integral definida. 
>�4 % �!��� = 	 �4� − �
3 	�` 2%2 �> [4�2� %	�2�
3
!
N!
] % L4�%2� %	�%2�
3 	M � 	323 	;. �. 
AULA 03 – TÉCNICAS DE INTEGRAÇÃO. 
PREMISSA. 
Você perceberá que o estudo das integrais envolve sempre o conhecimento adquirido anteriormente, 
portanto, é preciso dominar as regras básicas de integração. 
A partir desta aula, deveremos analisar a integral para decidir qual das técnicas de integração 
aprendidas anteriormente ou as que iremos aprender nesta aula, aplicaremos para resolver a 
integral. 
Integração por partes. 
Esta regra corresponde à Regra do Produto para a diferenciação. 
Demonstração. 
Sejam u = f(x) e v = g(x) funções deriváveis em um intervalo I. Então, usando a regra do produto 
para a diferenciação temos: 
[f(x)g(x)]’ = f(x)g(x)’ + g(x) f’(x) - Regra do Produto => (uv)’ = u v’ + u’ v. 
Podemos arrumar tal expressão da seguinte forma: u v’= (uv)’ – u’ v. 
Podemos passar a integral em todos os membros da expressão em relação à variável x pois nossa 
função é em função de x. Se u’ v tem primitiva, temos: 
> ;I��� = 	>�;I���� −>;´I	�� = ;I −	>;´I	��.	 
Observe que podemos definir ��;I���� = ;I pela regra básica de integração, vista na primeira aula. 
Podemos ainda melhorar a expressão observando que u’ é a derivada de u, logo pode ser 
representado por du. Portanto, o método de integração por partes será definido da seguinte forma: 
>;�I = ;I −	>I�;. 
Exemplo: Resolva a integral � �(��� 
Observe que esta integral não pode ser resolvida usando as regras básicas de integração e nem o 
método de substituição. 
Portanto, podemos definir u = x e v’ = (�	ou u = (� e v’ = x. 
1ª opção: u = (� e v’ = x. Consequentemente, du = e x e v = x²/2, observe que aumentamos o 
grau da função. 
> �(��� = 	 (� �!2 −	>�!2 (���. 
Observe que esta integral formada é pior do que a anterior, isto mostra ser esta a escolha errada. 
2ª opção: u = x e v’ = (�. Consequentemente du = 1dx e v = (�. Lembre-se para encontrar v basta 
integrar v’. 
>�(��� = 	�(� −	>(� �� = �(� −	(� + *. 
 
Segundo exemplo: � ,)��� = �,)� −	� 1�� = �,)� − � + *. 
Tomando: u = ln x e v’ = dx. Consequentemente: du = 1/x dx e v = x. 
Note que sempre que a integral tiver ln x deveremos tomar u = ln x, pois só conhecemos a derivada 
de ln x. 
INTEGRAIS TRIGONOMÉTRICAS. 
Vimos na primeira aula algumas integrais trigonométricas básicas, são elas: 
1) � '()��� = 	−*+'� + �. 
2) � *+'��� = 	'()� + �. 
3) � G���� = 	− ln|cos �| + �. 
Vamos mostrar a resolução desta integral. Lembre-se da disciplina de Trigonometria: tangente é 
seno dividido pelo cosseno. 
>G���� =>'()	�cos � ��.	 
Usando o método de substiyuição, temos: u = cos x e du = - sen x dx. Assim temos: 
>G���� =>'()	�cos � �� = >−�;; = 	−> 1; �; = 	− ln ; + � = 	−,)|*+'�| + � = ,) 1|*+'�| + � = ,)|sec �| + �. 
4) � *+G���� = 	− ln|cossec �| + �. 
Vamos mostrar a resolução desta integral. Lembre-se de Trigonometria (teoria aprendida em 
disciplinas anteriores) cotangente é cosseno dividido pelo seno. Usando o método de substituição 
temos: u = sen x e du = cos x dx. Assim temos: 
>*+G���� =>*+'	�sen � �� = >�;; = 	> 1; �; = 	 ln ; + � = 	,)|'()�| + � = −,) 1|'()�| + � = −,)|*+' sec �| + �. 
5) � *+'³��� = '()� − hi���
 + �. 
Observe que se tomarmos u = cos x não irá funcionar, pois, du = - sen x dx. Neste caso podemos 
usar o fato que cos²x.cos x = cos²x , porém cos²x = 1 – sen²x. Usando u = sen x e 
consequentemente du = cos x dx (método da substituição),temos: 
>*+'³��� = 	>�1 − '()!��*+'��� = 	>�1 − ;!��; = ; − ;³3 � � � '()� %	'()³�3 � �. 
 
Integral trigonométrica que envolve o produto de potência de senos e cossenos. 
Para resolver a integral � '()#�. *+'����, com as constantes m e n positivas podemos dividir nos 
casos: 
1º Caso – Temos que m ou n é ímpar interio positivo. Utilizaremos a identidade Trigonometria 
sem² x + cos² x = 1. Neste caso reescreveremos a função pelo método de substituição. 
- Caso F(cos x) sen x tomaremos u = cos x, consequentemente du = - sen x. 
- Caso F(sen x) cos x tomaremos u = sen x, consequentemente du = cos x. 
Exemplo: 
> '()!�. *+'9��� = 	> '()²�. *+'²� . *+'²�. *+'�	�� = 	> '()²�. �*+'!��² . *+'�	�� = 	> '()!�. �1 − '()!��!. *+'� ��	 
Observe que (1 – sem²x) indica que trabalharemos com F(sen x). Então tomaremos u = sen x, 
consequentemente du = cos x. Agora aplicaremos a integral o método de substituição. 
>'()!�. �1 − '()!��!. *+'� �� = 	>;²	�1 − ;!�!�; = 	>;²�1 − 2;! +	;<��;
= 	>�;! − 2;< +	;j��; = 	;³3 % 2;
9
5 �	;
[
7 � �. 
> '()!�. *+'9��� =	 	;³3 % 2;95 �	;[7 � � � 	> '()³�3 %	2'()9�5 �	'()[�7 � 	�. 
2º Caso – Temos que m e n são inteiros pares não negativos. Neste caso utilizaremos as 
identidades trigonométricas abaixo: 
Cos2x = 1 – 2sen²x = 2cos²x -1 => Sen²x = ½(1 – cos2x) e cos²x = ½(1 + cos2x) 
Exemplo: 
� '()<2�. *+'²2��� = 	� l�! 	�1 − *+'4��m! . l�! 	�1 + *+'4��m �� 
Resolvendo l�! 	�1 − *+'4��m! . l�! 	�1 + *+'4��m 	G()+': 
O12	�1 − *+'4��P
! . O12	�1 + *+'4��P = Q12S
! . �1 − *+'4��!. Q12S . �1 − *+'4��
= Q14S . �1 − 2*+'4� + *+'!4��. Q12S . �1 − *+'4�� = Q	18S . �1 − 2*+'4� + *+'!4��. �1 − *+'4��
= 	 Q	18S . �1 − 2*+'4� + �+'!4� + *+'4� − 2*+'!4� + *+'
4�
= 	 Q	18S . �1 − *+'4� − *+'!4� + *+'
4��. 
� '()<2�. *+'²2��� = 	� l�! 	�1 − *+'4��m! . l�! 	�1 + *+'4��m �� =	�	�?� ��1 − *+'4� − *+'!4� + *+'
4�� 
Resolvendo a integral de cada termo, temos: 
18>�� = 	�8 
18>*+'4	�	�� = '()4�32 
 
18>*+'² 4��� = 	 1128 	'()8� +	 �16 
18>*+'³ 4��� = 	 132 	'()4� �	'()³4�96 
Assim fazendo a soma dos termos, temos: 
'()<2�. *+'²2��� = 	 �16 −	'()8�128 −	'()³4�96 + 	�. 
Agora que você já conheceu o método de integração por partes e o método de integração 
trigonométrico, podemos generalizar duas importantes integrais. 
Podemos generalizar cosseno elevado a qualquer inteiro positivo n: 
>*+'���� = 1)	*+'�N��. '()� + ) − 1) >*+'�N!���. 
Novamente, podemos demonstrar seno elevado a qualquer inteiro positivo n que: 
>'()���� = −1) 	'()�N��. *+'� + ) − 1) > '()�N!���. 
AULA 04 – TÉCNICAS DE INTEGRAÇÃO. 
INTRODUÇÃO. 
Nesta aula, aprenderemos mais uma técnica de integração, o método de substituição 
trigonométrica. Para isto precisaremos das identidades trigonométricas aprendidas na disciplina de 
Trigonometria e do conteúdo aprendido nas aulas anteriores. 
Substituição Trigonométrica. 
Abaixo você pode ver um resumo para se resolver as integrais pelo método de substituição 
trigonométrica. 
Usamos substituição trigonométrica para lidar com expressões tais como Uop − q², Uop + 	q², Uq² − o²	, 
onde a é uma constante positiva. 
Integrais deste tipo são necessárias se desejamos encontrar a área de um círculo ou uma elipse. 
Então dividiremos em 3 casos. 
Caso 01. 
Para Uop − q² = 	Uop − r² observe que u = x. 
Mudamos a variável de u para s utilizando a substituição q = o	tuv	s. Uma vez que tuv²s + wxt²s = y 
e portanto y − tuvps = wxt²s, a raiz será eliminada pois teremos: 
Uop − q² = 	Uop − optuvps = 	Uop�y − tuvps� = 	Uopwxt²s = owxts. 
Caso 02. 
Para Uop + q² = 	Uop + r² observe que u = x. 
Mudamos a variável de u para s utilizando a substituição q = o	z{	s. Uma vez que y + z{²s = tuw²s, a 
raiz será eliminada pois teremos: 
Uop + q² � 	|op % opz{²s � 	|op�y � z{²s� � 	Uoptuw²s � otuws. 
Caso 03. 
Para Uqp % o² � 	Urp % o² observe que u = x. 
Mudamos a variável de u para s utilizando a substituição q � o	tuw	s. Uma vez que y � z{²s � tuw²s, 
a raiz será eliminada pois teremos: 
Uqp % o² � 	Uoptuw²s % o² � 	Uop�tuw²s % y� � 	|opz{²s � oz{s. 
Depois de se resolver a integral na variável s, volta-se a variável original utilizando-se o triângulo 
retângulo. 
Passos para a integração. 
Passo 1: Faça uma escolha para u de acordo com os casos. 
Passo 2: Calcule o du. 
Passo 3: Faça a substituição u/du. Neste ponto a integral deve estar em termos de u. Se isso não 
acontecer, deve-se tentar uma nova escolha para u. 
Passo 4: Simplifique ao máximo a expressão e calcule a integral resultante, se possível. 
Passo 5: Voltar a variável x; assim, a resposta final estará em termos de x. Para isto terá que 
observar o triângulo correspondente ao u utilizado. 
Algumas funções trigonométricas que podem aparecer. 
Sen²x = ½(1 – cos2x). Cos²x = ½(1 + cos2x). Secx = 1 / cosx. Tgx = senx / cosx. 
Analisando os exemplos. 
Exemplo 01: � �²}��<N�"��" 
Aqui temos a = 2. Logo q � p	tuv	s. Então �q � pwxts~s. Substituindo u e du na equação incial 
temos: 
� �²}��<N�"��" �	� �!hi��²�!D€h}��<N�!hi��"��" �	� �<hi�²��!D€h}��<N�<hi�²�	��" �	� �<hi�²��!D€h}��<��Nhi�²�	��" �
	� �<hi�²��!D€h}���<D€h²�	��" �	� �<hi�²��!D€h}��?D€h³	�	 �		 � �?hi�²D€h}��?D€h³	�	 �		� �hi�²D€h}��D€h³	�	 �	� �hi�²}��D€h²	�	 �			 � G�²� � 	��'(*! % 1�� � G� %  � �. 
Para voltarmos a variável X, usaremos o triângulo correspondente ao u utilizado. 
 
Olhando o triângulo temos G� = 	 DA‚	€ƒDA‚	A}„ �	 �U…pNrp.	 
Como u = x e a = 2 temos '() � 	 �! �> 	 � �H*'() �!. 
> �²���4 % �!�
! = 	
�√…p % rp % 	�H*'() �2 � �. 
Exemplo 02: � }��²Urp�… 
AULA 05 – TÉCNICAS DE INTEGRAÇÃO. 
INTRODUÇÃO. 
Nesta aula, trabalharemos com funções racionais e para isto vamos recordar o que são elas. 
TÉCNICAS DE INTEGRAÇÃO. 
Seja f(x) uma função racional então f(x) é definida como o quociente de duas funções polinomiais. 
Seja ���� = 	 ƒ���†��� onde p(x) e q(x) são polinômios. Exemplo: � ��² ��. 
Algumas integrais de funções racionais são simples e resolvemos por meio dos métodos aprendidos 
anteriormente. 
Nesta aula, aprenderemos um método que resolve integral de qualquer função racional, 
reescrevendo a função racional como uma soma de frações mais simples. 
Essas técnicas são muito úteis para resolver integrais que podem ser escritas como � ƒ���‡���ˆ��� ��, 
onde p(x), g(x) e h(x) são funções polinomiais. 
Tais integrais podem ser reescritas como: 
> ]�������ℎ��� �� = 	> B���� �	 Šℎ��� �� , +)�(	Bℎ��� � 	Š���� � 	]���, '()�+	B	(	Š	*+)'G�)G('.	 
Assim, poderemos dividir a integral original em várias integrais mais simples, tornando a resolução 
mais fácil. 
Podemos afirmar que se p(x) é um polinômio com coeficientes reais, p(x) pode ser expresso como 
um produto de fatores lineares e/ou quadráticos, todos com coeficientes reais. 
A decomposição de f(x) em frações mais simples está relacionada com o modo que iremos 
decompor o denominador em polinômios irredutíveis. 
Para resolver estas integrais, dividiremos em 4 casos e na próxima aula 2 casos especiais de 
integrais envolvendo funções racionais. Mas para começarmos devemos impor algumas condições 
tais como: 
1º - O termo de maior grau do denominador será 1, caso contrario deveremos dividir o numerador e 
o denominador e reescrever f(x). 
2º - O numerador será menor do que o denominador, caso contrário deveremos dividir o numerador 
e o denominador e reescrever f(x). 
PRIMEIRA ETAPA: Como decompor? 
Caso 01. 
Os fatores do denominador são lineares e distintos: q(x) = (x – a1)(x – a2) ...(x –an), onde ai 
 i=1,...,n, são distintos dois a dois. 
A decomposição de f(x) será dada por: ���� = 	 ‹�NA� �	 Œ�NA" �	…� Ž�NA. 
A, B,.., Z são constantes que serão determinadas. 
Exemplo 1: � ?�N=�²N�Nj �� onde �² % � % 6 = �� % 3��� � 2�. 
� ?�N=�²N�Nj �� = 	 � ?�N=��N
����!��� �>	 ?�N=��N
����!��	 ‹��N
��	 Œ���!�. 
Exemplo 2: � N<�³!�³	�	�²N!�N� �� 
Observe que neste exemplo, não atendemos os requisitos iniciais, ou seja, antes de começar 
necessitamos fazer a divisão dos termos e reescrever a função racional de forma a atender as 
condições iniciais. 
Dividindo a função em duas partes: 
N<�³!�³	�	�²N!�N� = 	%2 �	 !�²N<�N!!�³	�	�²N!�N� 
Lembre-se que: 
-4x³ l_2x³ +x² -2x -1 _ 
+4x³ -2x² + 4x +2_ -2 
2x² -4x -2 
Portanto faremos duas integrais: 
� N<�³!�³	�	�²N!�N� �� = 	 � %2�� �	� !�²N<�N!!�³	�	�²N!�N� �� =3 	 !�²N<�N!!�³	�	�²N!�N� = 	 ‹��N���	 Œ����"��	 �����. 
A primeira integral pode ser resolvida de modo direto (-2x) e a segunda pelo método de funções 
racionais por frações parciais. Observe que dividimos o denominador por 2 antes de reescrever a 
função. 
2�² % 4� % 22�³	 � 	�² % 2� % 1 = 	 2�² − 4� − 2�³	 +	12 �² − � − 12 	=
B�� − 1� +	 Š�� + 12� +	
��� + 1� 
Método Rápido de Substituição. 
Podemos encontrar os valores de A e B, utilizando um método prático, o chamamos de Método 
Rápido de Substituição. Ambos os métodos nos levarão a mesma resposta. 
8� − 9�� − 3��� � 2� � 	 B�� % 3� �	 Š�� � 2� 
Este método consiste em “descartar” todo o lado direito da equação, exceto A e o fator no 
denominador do lado esquerdo correspondente a A. 
Agora vamos ver um exemplo. 
8� % 9�� % 3��� � 2� � 	 B�� % 3� �	 Š�� � 2� 
Descartando todo o lado direto da equação, exceto A e o fator no denominador do lado esquerdo 
correespondente a B, ficaremos apenas com ?�N=���!� � B. 
Usando a raiz de x-3, isto é, x=3 obteremos ?�
�N=�
�!� = B. ‘+�+	B � 3. 
Analogamente para B teremos ?�N=��N
� = Š. 
Usando a raiz de x+2, isto é, x=-2 obteremos ?�N!�N=�N!N
� = B. ‘+�+	Š � 5. 
SEGUNDA ETAPA: Resolvendo a decomposição da primeira etapa. 
Passemos agora a segunda etapa do método de integração de frações racionais por frações parciais. 
Agora que aprendemos a decompor vamos ver essa etapa, comum a todos os casos. 
Vamos pegar o primeiro exemplo do primeiro caso para apresentar o modo de desenvolver a 
integral após a decomposição. 
Exemplo 1: � ?�N=�²N�Nj �� (Caso 1), onde �² % � % 6 = �� % 3��� � 2�. 
Lembre-se do Produto de Stevin (produto de 2 binômios com um termo comum) : (x + a)(x + b) = 
x2 + (a+b) x + ab. 
Portanto podemos escrever: � ?�N=�²N�Nj �� = 	 � ?�N=��N
����!��� �>	 ?�N=��N
����!� �	 ‹��N
� �	 Œ���!�. 
Reduzindo ao mesmo denominador temos: 
?�N=��N
����!� �	 ‹��N
��	 Œ���!� � ‹���!��Œ��N
���N
����!� . 
Arrumando a expressão temos: 
‹���!��Œ��N
���N
����!� = 	‹�	�	!‹�Œ�N
Œ��N
����!� �	 ��‹�Œ��	!‹N
Œ��N
����!� . 
Igualando as expressões e criando um sistema temos: ��B + Š� = 8�	(	2B % 3Š � 	%9. 
’	 B � Š � 82B % 3Š � 	%9 
Resolvendo o sistema temos A = 3 e B = 5. Portanto a integral inicial pode ser escrita da forma: 
� ?�N=�²N�Nj �� = 	 � ?�N=��N
����!��� �>	 ?�N=��N
����!� �	 
��N
��	 9���!�. 
Arrumando esta expressão e passando a integral em ambos os lados temos: 
� ?�N=�²N�Nj �� = 	 � ?�N=��N
����!��� �>	 � 
��N
��� �	� 9���!���	. 
As integrais a serem resolvidas necessitam apenas das regras básicas aprendidas na primeira aula. 
Resolvemos estas integrais encontrando: 3 ln |x-3| +5 ln |x +2| + C. 
> 8� % 9�! % � % 6�� � 3 ln|x % 3| � 5 ln|x	 � 2| � 	C. 
Agora que já resolvemos a primeira etapa do Exemplo 1, do Caso 1, calcule o Exemplo 2: 
> %4�
2�
 �	�! % 2� % 1�� 
Gabarito: −2� − !
 ln|x − 1| − �
 ln|2x	 + 1| + �
 ln 2 + 2 ln|x	 + 1| + C. 
AULA 06 – TÉCNICAS DE INTEGRAÇÃO. 
Integrais de funções racionais de seno e cosseno. 
Para os casos onde estamos com integrais de funções racionais que tenham seno e cosseno 
deveremos fazer uma mudança de variável. 
Usaremos a letra t como a nova variável, onde G = G� �! , −• < � < •. 
Como haverá a mudança para a variável t, deveremos expressar cos x, seno x e dx como função de 
t. 
'()	� = 	 !‚��‚² *+'	� = 	 �N	‚²��‚² �� = 	 !}‚��‚² 
 
Como surgiram essas igualdades? 
1ª - '()	� = 	 !‚��‚² Surgiu da identidade trigonométrica '()2 = 2'()*+' 
Como '()2 = 2'()*+', podemos escrever que '() = 2'() ! *+' !. Assim temos: 
'()� = 2'() �! *+' �! = !hi�
0"D€h0"� =	 !hi�
0"D€h0"D€h²0"�	hi�²0" =	 �!hi�
0"D€h0"�/D€h²0"�D€h²0"�	hi�²0"�/D€h²0" =
!‚‡0"��‚‡²0" 
Como G = G� �! temos então '()	� = 	 !‚��‚². 
2ª - *+'	� = 	 �N	‚²��‚². Temos da trigonometria que *+'2 = 	*+'²	– 	'()²	. Logo: 
*+'� = *+'² �! − '()² �! = D€h²
0"Nhi�²0"� =	 D€h²
0"Nhi�²0"D€h²0"�	hi�²0" =	 �D€h²
0"Nhi�²0"�/D€h²0"�D€h²0"�	hi�²0"�/D€h²0" =
�N‚‡²0"��‚‡²0" 
Como G = G� �! temos então *+'	� = 	 �N	‚²��‚² . 
3ª - �� = 	 !}‚��‚². Como G	 = 	G�	�/2 então temos �	 = 	2	�H*G�	G. Como a derivada de ™ = �H*G�	; é 
™� =	 š���š², temos �� = 	 !}‚��‚². 
 
A substituição de variável, feita na função racional, transforma seno e cosseno em uma intergral 
racional de variável t. 
Exemplo: Calcule a integral � }�
�9D€h�. 
 
Tomando a 2ª igualdade, temos: 
> ��3 � 5*+'� � >
2�G1 + G²3 � 5 1 − 	G²1 + G²
= >
2�G1 + G²3 � 3G² + 5 % 	5G²1 + G²
= > 2�G8 − 2G² = 	−> �GG² − 4 ⇒ 
−> �GG² − 4 = > �G�G − 2��G + 2� = 	 B�G − 2� + Š�G + 2�. 
1 = B�G + 2� + Š�G − 2� ⇒ 1 = BG + 2B + ŠG − 2Š	 ⇒ 1 = �B + Š�G + 2�B − Š�. 
œ �B + Š�G = 0 ⇒ B + Š = 0	 ⇒ B = −Š2�B − Š� = 1 ⇒ 2�−2Š� = 1	 ⇒ Š = −14 ⇒ B = 14 . 
−> �GG² − 4 = −> �G�G − 2��G + 2� = 	−14> �G�G − 2� +	14> �G�G + 2� = 	14 ,)|G + 2| −	14 ,)|G − 2| = 	14 ,) |G + 2||G − 2| + �. 
Voltando a variável original, temos: 
> ��3 � 5*+'� � 14 ,) TG�
�2 + 2TTG� �2 − 2T + �. 
Integrais que possuem potência fracionária. 
Em integrais que possuem o termo √�� podemos fazer uma substituição de variável, 	 = √�� . Caso 
a integral que possua o termo √�� e √�ž , então podemos usar a substituição ;	 = √�)J . 
Como exemplo, veremos como encontrar a solução da integral � }���√�. 
Usando  = √�) onde n= 2, temos	! = � e consequentemente �� = 2�. 
Substituindo temos: � }���√� = � !Ÿ��Ÿ �. 
Dividindo o numerador pelo denominador temos:	 !Ÿ��Ÿ = 2 − !��Ÿ. Portanto vamos resolver duas 
integrais. 
> ��1 + √� = > 21 +  � = >2� − > 21 +  � = 2 − 2,)|1 + | = 2√� − 2,) 1 + √�  + �. 
Integrais envolvendo expressões da forma Uor² + ¡r + w, xv~u	o ≠ ¢.	 
Essas integrais podem ser resolvidas usando o artifício de completar o quadrado do trinômio ��² + .� + * para poder visualizar a substituição conveniente. 
Para a > 0 podemos usar: U��² + .� + * = ±√�� + G. 
Para c > 0 podemos usar: U��² + .� + * = �G ± √*. 
Quando U��² + .� + * tem duas raízes U��² + .� + * = �� − H�G, onde r é qualquer uma das 
raízes. 
Exemplo: Calcule a integral � }��U<�²��N
 
O trinômio 4�² + � % 3 tem raízes reais (-1, ¾) e a > 0. 
Podemos escolher entre a primeira e a terceira opções para resolver a integral. 
Usando a primeira opção temos: U4�² + � % 3 � ±U4�² + G = 2� � G. 
Podemos melhorar a expressão da seguinte forma: 4�! + � % 3 � �2� � G�!. 
	4�! � � % 3 � 4�² + 4�G + G² ⟹ � % 4�G = G² + 3 ⟹ ��1 − 4G� = G² + 3 ⇒ � � G² + 31 − 4G 
Temos também que �� = N<‚²�!‚��!��N<‚�² �G e U4�² + � − 3 � 2� � G � 2 ‚²�
�N<‚ + G = N!‚²�‚�j�N<‚ . 
Substituindo todas as partes calculadas, temos ¥ = 	 � }��U<�²��N
 = �
¦§¨²�"¨��"��¦§¨�²¨²���¦§¨�¦"¨²�¨�©�¦§¨ � �G. 
¥ = 	 � }��U<�²��N
 = �
¦§¨²�"¨��"��¦§¨�²¨²���¦§¨�¦"¨²�¨�©�¦§¨ � �G = � !‚²�
 �G. 
Aplicando a substituição trigonométrica temos que: 
 � !‚²�
 �G = !√
 �H*G� ‚√
 + � = !√
 �H*G� √4�²+�%3%2�√
 � � 
 
AULA 07 – APLICAÇÕES DA INTEGRAL. 
Aplicações de integral. 
Até o momento, estávamos trabalhando com áreas de regiões do plano utilizando a integral 
definida, cujas regiões tinham que ser limitadas. Estenderemos agora o conceito de integral definida 
para o caso onde a função será definida e integrada, envolve o infinito ou não está definida. Esta 
integral é chamada “imprópria”. 
Nestas integrais necessitaremos usar a teoriade limites aprendida anteriormente. 
Definimos, portanto como integral imprópria o limite de uma integral definida quando um ou os dois 
limites de integração, ponto do intervalo [a, b], se aproxima de um número real, de menos infinito 
ou de mais infinito. 
Uma das aplicações mais importantes desta ideia é a distribuição de probabilidade. 
Veja o material da atividade estruturada. 
 
 
 
 
AULA 08 – APLICAÇÕES DA INTEGRAL. 
Comprimento de Arco. 
Nesta aula, trabalharemos mais uma aplicação de integral definida, ou seja, o comprimento de arco 
(comprimento de uma curva). 
Uma noção intuitiva para determinar o que é comprimento de uma curva seria colocar um barbante 
sobre a curva e então medir o comprimento do barbante. 
Definição: Se f’ for continua em [a, b], então o comprimento da curva y = f(x), a ≤ x ≤ b é: 
‘ = 	> |1 + [�´���]²�� =	/A > ª1 + O�™��P ²��	
/
A 
Demonstração: Seja [a, b], a=x0 < x1 <x2 <x3 <...< xn = b, ao longo de uma curva, conectando 
cada um destes pontos usando uma linha reta, conforme a figura abaixo. 
 
O comprimento entre x0 e x1 será U��� − �:�! + ������ − ���:��² 
A soma do comprimento de cada um desses segmentos é o comprimento de um caminho polinomial. 
«|��� − �:�! + ������ − ���:��²
�
¬­�
 
Como f é derivável em [a, b], podemos aplicar o Teorema do Valor Médio em cada intervalo [xi-1, xi], 
onde i=1, 2, 3,..., n e podemos escrever f(xi) – f(xi-1)=f´(ci)( xi-1 - xi), onde ci é um ponto do 
intervalo (xi-1, xi). 
Substituindo temos: 
|��� − �:�! + W����� − ���:�X! =	∑ U��� − �:�! + [�´�*F�]²��¬ − �¬N��!�¬­� = ∑ U1 + [�´�*F�]²�¬­� Δ�¬, 
onde Δ�¬ = �¬ − �¬N�. 
À medida que n cresce, Δ�¬ torna-se muito pequeno, aproximando-se então do comprimento da 
curva, isto é, o limite tende ao comprimento da curva quando Δ�¬ tende a zero. 
Portanto a soma definida acima é uma soma de Reimann da função e podemos escrever: 
> |1 + [�´���]²��	/A 
 
Exemplos: Vide os exemplos apresentados nas páginas 469 à 472 do livro Cálculo A, de Diva 
Flemming. 
Comprimento de arco de uma curva plana dada por suas equações paramétricas. 
Obedecendo as condições de que as funções x(t) e y(t) são contínuas, com derivadas contínuas e 
x´(t)≠0 para todo t є [t0, t1] poderemos aplicar a definição de comprimento visto anteriormente. 
Portanto: 
> |1 + [�´���]²�� = 	> ª1 + O™´�G��´�G�P ²�`�G���	, +)�(	��G:� = �	(	��G�� = ../A 	
/
A 
Podemos escrever da seguinte forma: 
> |[�´�G�]² + [™´�G�]²�G		‚�‚± 
Exemplo: Vejamos agora como exemplo, calcular o comprimento da hipociclóide x = 2 sen³t e y = 
2 cos³t, [0,	•/2]. 
x = 2 sen³t => x´= 6 sen²tcost 
y = 2 cos³t => y´= -6cos²tsent 
> |[�´�G�]² + [™´�G�]²�G		‚�‚± ⟹ > U[6	sen²tcost]² + [−6cos²tsent]²�G		
‚�
‚± ⇒	> U[36	sen<tcos²t + �36cos<tsen²t �G		
‚�
‚± 
36	sen<tcos!t � 36sen!tsen!tcos!t	e	36cos<tsen!t � 36cos!tcos!tsen!t	 ⟹ 	36sen!tsen!tcos!t � 36cos!tcos!tsen!t⟹ 
36sen!tcos!t�sen!t � cos!t� � 	36sen!tcos!t�1� = 	36sen!tcos!t.	 
> U�36	sen<tcos²t + �36cos<tsen²t �G		‚�‚± �	> U36sen!tcos!t�G � > 6sentcost�G �			
‚�
‚± 	6> sentcost�G ⟹		
‚�
‚± 		
‚�
‚± 
³�()�+	; � '()G, �; � *+'G�G	G(J+'	6> u�; ⟹ 	6;²2 � 	 L6 '()²G2 M‚�‚±
•20 � l3'()
•2 % 3'()0m � 3	;. *. 
Como o hipociclóide ocupa os quatro quadrantes o comprimento é 12 u.c. 
 
 
 
 
AULA 09 – APLICAÇÕES DA INTEGRAL. 
Introdução. 
Já aprendemos, em aulas anteriores, outras aplicações das integrais definidas tais como calcular o 
comprimento de arco e o cálculo de área. Nesta aula, iremos aprender mais uma aplicação das 
integrais definidas, ou seja, volume de sólidos de revolução. Essa teoria pode ser utilizada para 
determinar o volume de regiões tridimensionais, para isto precisamos primeiro conhecer o que é um 
sólido de revolução. 
Volume de Sólidos de Revolução. 
Sólidos de revolução. 
Seja R uma região plana admissível e seja l uma linha reta que está no mesmo plano de R, mas sem 
tocar em R, a não ser em pontos de fronteira de R. O sólido S gerado quando R é girado em torno 
da linha l, como um eixo, é chamado sólido de revolução. 
 
Área definida por Y=4, x= 0 e y= x e o sólido de revolução em torno do eixo y correspondente a 
figura plana ao lado. 
1º Caso: Volume de Sólidos de revolução em torno de x. 
Definição. 
Seja f contínua em [a, b], com em [a, b]; seja B o conjunto obtido pela rotação, em torno do eixo x, 
do conjunto A do plano limitado pelas retas x=a e x=b, pelo eixo x e pelo gráfico de y=f(x). O 
volume V de B é dado por: 
µ = 	• > ����� ²�� � 		•> ™²��./A
/
A 
Demonstração. 
Usaremos nessa demonstração o método dos discos circulares. 
Suponha f(x) uma função contínua e não negativa em [a, b]. Considere uma partição P de [a, b] 
dada por a=x0 < x1 <x2 <x3 <...< xn = b e Δ�¬ � �¬ % �¬N� o comprimento do intervalo �	�¬N�	, �¬ . 
Em cada intervalo �	�¬N�	, �¬ escolhemos um ponto ci qualquer. Para cada i, i=1, 2, 3,..., n, 
construímos um retângulo Ri de base Δ�¬ e altura f(ci) (raio do sólido de revolução). 
Ao fazer cada retângulo Ri, girar em torno dos eixos dos x, o sólido de revolução obtido é um 
cilindro sólido reto, cuja base é um círculo de raio r e altura Δ�¬����, cujo volume é dado pela 
soma dos n cilindros, isto é, ∑ •���*¬� 2Δ�¬. 
Este nos dá uma aproximação do volume real da figura. À medida que n cresce muito, Δ�¬ torna-se 
muito pequeno, portanto a soma (integral) dos volumes dos n cilindros se aproxima do volume real 
da figura. 
Exemplo: Encontre o volume do sólido obtido pela rotação ao redor do eixo x, da região sob a curva ���� � 	√�, vista na figura abaixo, de 0 até 1. 
 
Área definida por ���� � 	√� e o sólido de revolução em torno do eixo x correspondente à figura plana 
ao lado. 
Portanto: µ � 	• � ����� ²�� � 		• � W√�X!�� � 	• � ��� � 	• l�"! m�: 10 = 	 �!�:/A •	;. I. 
Exemplo: Calcule o volume do sólido obtido pela rotação, em torno do eixo x, do conjunto de pares 
(x, y) tais que �! � ™! ¶ H!, ™ · 0	�H > 0�. 
 µ � 	• � ����� ²�� � 		• � �UH² % �²�! �� � 	• � �H! % �!��� � 	• OH²� % �³
 PN¸¸ H%H � 	 <¹¸³
N¸¸/A 	;. I. 
2º Caso: Volume de Sólidos de Revolução em torno de y. 
O mesmo método dos discos circulares se aplica ao sólido de revolução, gerado pela revolução de R 
em torno do eixo y. 
Definição. 
Seja x = f(y) uma função real de variável real contínua em [c, d]. O volume V do sólido de 
revolução gerado pela rotação da região limitada pelos gráficos de x = f(y), de y = c, y = d e do 
eixo dos y é dado por: 
µ � 	•> ���™� ²��		}D 
Exemplo: Calcule o volume do sólido de revolução formado por y=8, x=0 e y=x³. 
 
Se y=x³ temos que � = U™� = 	 ™��. Assim temos: 
µ � 	•> ���™� ²�� � 		•> O™�
P ²�� � º	• ™9
53 »	
?
:
80 � 	96•5 	;. I.}D 
Método dos Anéis Circulares. 
Definição. 
Suponha f(x) e g(x) funções contínuas e não negativas no intervalo [a, b] tais que f(x) ≥ g(x) para 
todos os valores de s no intervalo [a, b]. Seja R a região plana limitada pelos gráficos de f(x) e g(x) 
no intervalo [a, b]. Seja S o sólido gerado pela revolução de R em torno do eixo x. Chamaremos de 
dv uma porção infinitesimal do volume V de S, constituída de um anel circular de espessura 
infinitesimal dx. A base deste anel circular é a região entre dois círculos concêntricos de raio f(x) e 
g(x), logo a área desta base é •����� ² % 	•����� ² unidades quadradas. 
Vejamos no gráfico 01 as funções f(x) = cos(x) + 5 e g(x) = 2. No gráfico 02 temos as duas funções 
revolucionando em trono do eixo x, considerando o intervalo [•, 2• . 
 
 
A soma desses n anéis nos dará o volume do sólido. Novamente, podemos definir o volume como: 
µ � 	•> ����� ² %	����� !��.		/A 
Método das Camadas Cilíndricas (Método das Cascas Cilíndricas). 
Agora apresentaremos um método para calcular o volume baseado em camadas ou cascas 
cilíndricas ao invésde discos ou anéis cilíndricos. 
Considere um cilindro circular reto sólido de altura h (constante) e raio x (variável). Então o volume 
é definido pela teoria da Geometria como •H²ℎ (base x altura). Vamos então cortar o cilindro e 
planificá-lo. Assim seu comprimento é igual à circunferência interna da casca, 2•�, logo o volume é 2•�ℎΔ� unidades de volume. 
 
Imaginando a planificação do cilindro como a ação de torná-lo uma folha de papel, Δ� aqui 
representa quantas folhas são colocadas uma sobre a outra (“volume de folhas”). 
Se o raio x for aumentado Δ� � �� (quantidade muito pequena) então o volume aumenta Δµ. Δµ é o 
volume de uma fina casca cilíndrica de altura h, coma raio interno x e espessura Δ�. 
Portanto podemos escrever Δµ ≅ �µ � ��•�!ℎ� � 2•ℎ��. 
Quando Δ� tende a zero, dV tem volume infinitesimal. 
Definição. 
Volume de Sólidos de Revolução em torno de y. 
Suponha f(x) ≥ 0 e continua em [a, b] , com a > 0. Seja A o conjunto do plano de todos os pares 
(x, y) tais que a ≤ x ≤ b e 0 ≤ y ≤ f(x). Seja B o conjunto obtido pela rotação, em torno do eixo y, 
do conjunto A. O volume V é dado por: 
µ � 	2•> ������� �		/A 2•> �™��		
/
A 
Seja R uma região do plano xy limitada acima pela curva y = f(x) e abaixo pela curva y = g(x) no 
intervalo [a, b], f(x) ≥ g(x) para todo x ∈ [a, b]. Seja S o sólido de revolução gerado pela revolução 
de R em torno do eixo y. Temos então um retângulo com largura infinitesimal dx e altura f(x) – g(x) 
situado acima do ponto (x, 0). À medida que R gira em torno do eixo y para gerar S, este retângulo 
produz uma porção infinitesimal dV do volume do sólido S, tendo a forma de uma casca cilíndrica de 
altura f(x) – g(x), raio interno x e espessura infinitesimal dx. Logo, ao somarmos todas as n partes, 
teremos: 
µ � 	2•> ������ % ���� ��.		/A 
Exemplo: Determine o volume da figura plana definida por ™ � ��" e y = 1, [1,3]. Utilize o método 
das cascas cilíndricas. 
µ � 	2•> ������ % ���� �� ⇒		/A µ � 	2•> � l�
32 % 1m �� � 	2•> O�52 % �P �� ⇒
� 	
� 
µ � 2•> O�52 % �P�� �
� 	2• L> �
52��
� %> ���
� M � 2• ½º�
7272 »
31 % 	 L�22 M 31¾ � 	2• ½º2�
72
7 » 31 % 	L�22 M 31¾ 	⇒ 
µ = 	2• ½º2�727 » 31 % 	L�22 M 31¾ = 2• ½º2�3�
72
7 » % 	L�3�22 M % º2�1�
72
7 » + 	 L�1�22 M¾ = 2• 54√3 % 307 	;. I.	 
Analogamente, podemos rotacionar o sólido no eixo x, utilizando. 
Exemplo: Seja R a região plana limitada pelos gráficos de ™ � √�, y = 1 e x =4. R rotacionada em 
torno do eixo y = -2. 
 
 
A interseção de y = -2 e ™ � √�, nos fornece y =2, portanto 1 ≤ y ≤ 2. Observe que y²=x e x=4, 
portanto temos o intervalo [4, 2] e consequentemente podemos dizer que é (y², y). Então podemos 
escrever h=4-y². O raio da figura é y+ l-2l = y+2 (observe o eixo y). 
O retângulo de comprimento h, largura dy e raio r. Observe que r=y+2 e h=4-y². 
Temos então 2•�™ � 2��4 % ™!� � 2•�%™
 % 2™! � 4™ � 8� 
Portanto µ � 2• � �%™
 % 2™! � 4™ � 8��™ � 	• j[j 	;. I.!� 
Método de Divisão de Fatias. 
É uma generalização do método dos discos circulares ou anéis circulares. 
Este método escolhe um eixo de referência conveniente e define a área da seção de corte do sólido 
S interceptada pelo plano perpendicular ao eixo referencial no ponto de coordenadas s. 
Portanto, dV é um cilindro sólido infinitesimal de altura ds com área da base definida pela área da 
seção de corte do sólido. Assim, baseado no mesmo raciocínio do método dos anéis, o volume pode 
ser definido: 
µ � > B�'��'.		/A 
Exemplo: Determine o volume do sólido cuja base é um círculo de raio 2, se todas as seções de 
corte perpendiculares a um diâmetro fixo da base forem quadrados. 
Seja x o lado do quadrado. Observando o desenho podemos dizer pelo Teorema de Pitágoras que: 
 
 
S² + (x/2)² = r² => S² + (x/2)² = 2² => S² + (x²/4) = 4 => x²=16-4S². Como x é o lado do 
quadrado, temos que a área do quadrado é definida como A(s)=16-4S². Logo o volume será: 
µ = > B�'��' = > �16 % 4s2��' � 	128
3
	;. I.
!
N!
/
A
 
Aplicação (Curiosidade). 
Desde que certos fatores como pressão e viscosidade sejam mantidos dentro de certos limites, o 
sangue fluirá suavemente através dos vasos sanguíneos cilíndricos, de modo que a velocidade v do 
fluxo aumenta continuamente de um valor próximo ao zero, na parede do vaso, até um valor 
 máximo no seu centro. 
Supondo que a velocidade v do fluxo sanguíneo dependa exclusivamente de r (raio – distância do 
centro do vaso até uma seção transversal do vaso sanguíneo), o volume infinitesimal dV que flui 
através do anel circular na unidade de tempo será dado por dV = velocidade do fluxo x área do anel 
= v(2•rdr). 
Se considerarmos R o raio do vaso sanguíneo, o volume total de sangue que passa através de uma 
seção transversal na unidade de tempo é dado por: µ � 2• � IH�H
¿
:
 
 
AULA 10 – APLICAÇÕES DA INTEGRAL. 
Sistema de Coordenadas Polares. 
Veremos os gráficos de equações polares, área e comprimentos de arco em coordenadas polares. 
Além disto, veremos a rotação de eixos coordenados. Lembre-se que este novo sistema de 
coordenadas será necessário para alguns procedimentos matemáticos nos próximos cálculos. 
Suponhamos uma distância e da medida de um ângulo em relação a um ponto fixo e a semirreta 
fixa. 
 
As coordenadas polares R e À, de um ponto sobre o plano euclidiano R² cuja origem é denotada por 
O, são definidas como: 
|H| = �	�F'Gâ)*F�	()GH(	Â	(	�	+HF�(J	Ã. 
À � �)�;,+	BÔÂ	�(J	H��F�)+'�. 
P fica definido através do par ordenado (r, À). 
Notas: 
Se r = 0 no sistema de coordenadas polares, temos o ponto (r,θ) coincidindo com o polo 0, não 
importando qual o ângulo. 
Se r negativo, o ponto (-r,θ) esta localizado a |r| unidades do polo, mas semirreta oposta a de θº, 
isto é sobre o raio θº+180º = θº+ •. 
Com a teoria aprendida em trigonometria podemos observar que (-r,θº) = (r, θº+180º), (r,θº) = (-
r, θº+180º), (r,θº) = (r, θº+360º k) = (r, θº-360º k), k inteiro qualquer. 
Conversões: 
Se o ângulo AÔP for descrito no sentido anti-horário, então À > 0. 
Se r<0, o ponto P estará localizado na externsão do lado terminal da ângulo AÔP. 
O par ordenado (0, À) representa o polo. 
Exemplos: 
 
1: P(3,	• /4), significa que temos raio 3 e ângulo AÔP = • /4. 
2: P(-3,	• /4), significa que temos raio -3 e ângulo AÔP = • /4. 
3: P(3,-	• /4), significa que temos raio 3 e ângulo AÔP =-	• /4. 
4: P(-3,-	• /4), significa que temos raio -3 e ângulo AÔP =-	• /4. 
Relação entre o sistema de coordenadas cartesianas retangulares e o sistema de 
coordenadas polares. 
Para estabelecermos a relação entre as coordenadas cartesianas e as coordenadas polares 
necessitamos fazer com que a origem do primeiro sistema coincida com o polo do segundo sistema, 
o eixo polar com o eixo positivo dos x e o raio para o qual À = •/2 com o eixo positivo dos y. 
1º caso: P o ponto com coordenada (x,y) e coordenadas (r, À) está no 1º quadrante. 
Da definição anterior, auxiliada pela comparação com o gráfico, podemos concluir as relações entre 
o par (x, y) de coordenadas cartesianas e o par (r, À) de suas coordenadas polares. 
 
Para r > 0. 
Observando o triangulo retângulo que tem À = PÔA na figura abaixo, utilizando a teoria da 
trigonometria podemos escrever: 
Cos À = x / r então x = r cos À; Sen À = y / r então y = r sen À; 
Tg À = (x/r)/(y/r) = x/y; À = arctg (y/x). 
Para r < 0. 
Cos θ =- x /- r = x/r então x = r cos θ; Sen θ = -y /- r = y/r então y = r sen θ; 
Podemos concluir que:’Å	 � 	Æ	ÇÈÉ	ÊË	 � 	Æ	ÉÌÍ	Ê 
Exemplos: 
1) Considere as coordenadas polares (-4, [¹j ). Determine as coordenadas cartesianas do ponto dado. 
Sabemos que x = r cos θ então podemos escrever: x = -4 cos 7•/6 = -4 (- √3/2)= 2 √3. 
Analogamente y = r sen θ = -4 sen 7•/6 = -4(- 1/2) = 2. Portanto (2 √3, 2) são coordenadascartesianas do ponto dado. 
2) Seja a coordenada cartesiana P = (√3, -1) definir (r,	À) da coordenada polar sabendo que r<0 e 
0≤	À≤2•. 
Como r<0 , temos que H � 	%U�! � ™! � 	%√3 � 1 � 	%2. 
�+'	À � �H � 	 √3%2 � %	√32 	(	Î()	À � ™H � %1%2 � 12.	 
À �	5•6 . 
Gráficos de Equações em Coordenadas Polares. 
Agora definiremos o gráfico de F(r, À), este é formado por todos os pontos cujasa coordenadas 
polares satisfazem a equação. 
1º Passo: Verificar simetrias. 
2º Passo: Calcular os pontos de máximos e/ou mínimos. 
3º Passo: Encontrar os valores para os quais a curva passa pelo polo. 
Exemplo: 
1) Esboçar o gráfico da curva r =2 (1 - cos À). 
1º Passo: Verificar simetrias 
O gráfico não se altera ao substituirmos À ou -	À: r = 2(1 – cos À) = 2(1- cos (-À)). Portanto tem 
simetria em relação ao eixo polar. Então basta analisar em 0 ≤ À ≤ 2•. 
2º Passo: Calcular os pontos de máximos e/ou mínimos 
Para 0 ≤ À ≤ • encontramos ponto de máximo em (4,	•) e um ponto de mínimo em (0,0). 
Vamos tabelar alguns pontos para poder desenhar a curva: 
α r 
0 0 
π/3 1 
π/2 2 
2π/3 3 
π 4 
 
 
2) Encontre uma equação cartesiana coorespondente a equação polar r = 4tgÀsecÀ. Esboce o 
gráfico. 
r = 4tgÀsecÀ = 4 hi�ÏD€hÏ . �D€hÏ ⇒ H*+'!À = 4'()À. Como ’x	 � 	r	cos	Ày	 � 	r	sen	À , G(J+'	�² = 4™. 
 
Aplicações. 
As coordenadas polares podem ser aplicadas nas teorias aprendidas anteriormente no cálculo de 
comprimento, área, etc. Elas também serão aplicadas em outras teorias nas próximas disciplinas de 
Cálculo. 
Fazendo o desenvolvimento das coordenadas polares para área encontramos: 
B = 	12> �H² �ÓÏ = 	12> ���� ²�
Ó
Ï 
Exemplo: Encontre a área da metade superior da região compreendida pela cardioide r = 3(1+cos 
θ). 
B = 	12> ���� ²�ÓÏ = 	12> �3�1 � cos	θ� ²�
¹
: = 92> ��1 � cos	θ� ²�
¹
: = 92> ��1 � 2cosθ � cos²	θ� �
¹
: 		 
B �	92 L> � �> 2cosθ�π0 �> cos²	θ�
π
0
¹
: M � 92	O � 2'() � 2 � '()2P •0 � 	92 l• � •2m � 27•4 	;. �. 
Fazendo o desenvolvimento das coordenadas polares para comprimento temos: 
Î = 	> �'ÓÏ � > ªQ�H�S
! � H²	�ÓÏ �		> |������! � �����²	�
Ó
Ï 
Exemplo: Encontre o comprimento de arco total da cardioide r = 2(1 – cos θ). 
−4 −3 −2 −1 1 2 3 4
−2
−1
1
2
x
y
Faremos a metade do cardióide e multiplicaremos por dois. 
Î = > |������! + �����²	�ÓÏ � 2> |�2'()�² + �2�1 % *+'� ²�
¹
: 	⇒ 
2> |�2'()�² + �4�1 % 2*+' � *+'²� � =¹: 	2> U4'()² + 4 % 8*+' + 4*+'²� =
¹
: 	2> √4 � 4 % 8*+'� ⇒
¹
: 
2> U4�2 % 2*+'�� �¹: 	4> √2 % 2*+'� �
¹
: 	4√2> √1 % *+'�
¹
: 
Substituindo 1 % *+' � 2'()² �!� temos que S= 16 unidades de comprimento.