lista de integrais

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hectors@ect.ufrn.br 
Capítulo V 
Integral dupla, tripla 
5. 1 Integral dupla. 
 5.11 Soma de Riemann e integração dupla 
5.12 Teorema de Fubini 
5.13 Integração dupla em regiões planas 
arbitrarias. 
 5.14 Mudança de coordenadas na 
integração dupla. 
 5.15 Exercícios 
 5.16 Respostas 
5.2 Integral tripla. 
 5.21 Definição de integral tripla 
 5.22 Mudança de coordenadas na integração 
tripla. 
5.3 Integração dupla em superfícies 
arbitrarias. 
 5.31 Exercicios 
 5.32 Respostas 
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5.4 Aplicações 
 5.41 Volume de sólidos. 
 5.42 Cálculo da massa de sólidos com 
densidade arbitrária. 
 5.43 Centro de massa. 
 5.44 Momento de inércia. 
 5.45 Carga total de um condutor com 
distribuição arbitrária de carga elétrica. 
5.46 Variados. 
5.47 Exercícios 
5.48 Respostas 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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5.1 Integração dupla 
Motivação. 
A integral simples de uma função real de variável real, foi 
introduzida no calculo I, com intuito de calcular, por exemplo, a 
área limitada por uma função 𝑓(𝑥) no intervalo 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏. Uma 
abordagem mas detalhada esta no apêndice A5 deste capitulo. 
A integral dupla foi introduzida na matemática entre outras, por um 
necessidade, a de poder calcular o volume limitado por cima por 
uma superfície arbitrária “S” no espaço R3, as 4 paredes laterais e 
por baixo por uma superfície plana horizontal retangular 
[𝑎. 𝑏] 𝑥[𝑐, 𝑑] (ver figura 5.1). È claro que,precisamos conhecer com 
antecedência a função f(x,y) que define a superfície “S”. 
Imaginemos que temos um deposito de arroz, e precisamos saber 
qual é o volume total de arroz que podemos armazenar?. Qual seria 
o procedimento experimental que nos permite calcular pelo menos 
aproximadamente o volume deste deposito?. Um método fácil seria 
empilhar tijolos do mesmo tamanho (com volume previamente 
determinado) até preencher todo o deposito. Logo, bastaria contar o 
número total de tijolos e multiplicar pelo volume de um tijolo. Neste 
procedimento, haveria um pequeno erro, relativo aos espaços na 
vizinhança do teto que não foram preenchidos totalmente. 
Entre tanto, é natural pensar que se tivermos tijolos menores, 
teríamos que preencher maior número de tijolos no armazém, 
porém os espaços vazios que não conseguirmos preencher com os 
tijolos agora seriam menores. Logo comparado com o caso anterior, 
o volume calculado do armazém utilizando tijolos menores daria 
um valor mais real, mais próximo ao valor real do volume do 
armazém. 
Do ponto de vista teórico, este procedimento para calcular o volume 
de um sólido, podemos generalizar utilizando blocos 
(paralelepípedos) cada vez menores. Ou seja, o número total de 
blocos que ocupam o volume do solido vai aumentando conforme o 
tamanho ou dimensão do bloco vai diminuindo. É de se esperar que 
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quando o tamanho de cada bloco fundamental vai ficando cada vez 
menor, o número de blocos fundamentais pra preencher o volume 
do solido vai aumentando indefinidamente, os espaços vazios perto 
do teto de forma arbitraria vão se reduzindo e tendendo como limite 
a zero. Finalmente é de se esperar que o volume exato do sólido, 
será igual ao limite da soma dos volumes dos blocos fundamentais, 
quando o número deles vai a infinito. 
𝑣𝑜𝑙(𝑊) = lim𝑛→∞(∑ 𝑑𝑣𝑖
𝑛
𝑖=1 ), sendo 𝑑𝑣𝑖 o volume diferencial ou 
volume fundamental. O índice i é para indicar que em geral os 
volumes dos “tijolos fundamentais em principio podem ser 
diferentes. De qualquer forma temos que ter o controle entre o 
volume de cada unidade fundamental e o número deles para 
preencher o volume total do solido W. 
A ideia anterior é a base teórica da chamada soma de Riemann que 
define formalmente uma integral dupla numa região de integração. 
 
As aplicações da integração dupla são muitas, cálculo de massa de 
objetos tridimensionais com densidade variável; calculo do centro 
de massa de laminas, de sólidos tridimensionais; o calculo do 
momento de inércia, seja em coordenadas cartesianas, esféricas o 
cilíndricas, isto dependendo da simetria do objeto em estudo. 
Calculo da carga total de objetos metálicos (sólidos tridimensionais 
ou superfícies bidimensionais) com uma distribuição de carga de 
densidade arbitraria. 
 
 
 
 
 
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5.11 Soma de Riemann e integração dupla 
 
Seja F uma função real de variável vetorial, 
𝐹 ∶ 𝐷 ⊂ 𝑅2 → 𝑅 
 (𝑥, 𝑦) → 𝐹(𝑥, 𝑦) 
Consideremos o domínio 𝐷 = [𝑎, 𝑏] × [𝑐, 𝑑], ou seja: 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏,
𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑. 
Vamos supor que 𝑓(𝑥, 𝑦) ≥ 0, logo a gráfica da superfície 
“S”definida pela função z=f(x,y) está completamente na parte 
superior ao plano 𝑥𝑦 no espaço R3. 
 
 
Logo, o sólido W que está acima do retângulo D e debaixo da 
superfície “S” e limitada lateralmente pelas quatro paredes verticais 
(planos verticais: 𝑥 = 𝑎, 𝑥 = 𝑏, 𝑦 = 𝑐, 𝑦 = 𝑑), e está definido como 
segue : 
𝑊 = { (𝑥, 𝑦, 𝑧) ⊂ 𝑅3 / (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷, 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝑓(𝑥, 𝑦)} 
D 
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ou 
 𝑊 = { 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 , 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑 , 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝑓(𝑥, 𝑦) }. 
Para calcular o volume do sólido W, precisamos subdividir a região 
de integração D em sub-retângulos, chamaremos isto de partição. 
Ao retângulo D iremos dividir da seguinte maneira: 
O intervalo [a,b] iremos dividir em n partes iguais, logo cada parte 
tem ∆𝑥 =
𝑏−𝑎
𝑛
 como comprimento. O intervalo [c,d] iremos dividir 
em m partes iguais, logo cada parte tem ∆𝑦 =
𝑑−𝑐
𝑚
 como 
comprimento. Desta maneira temos 𝑛𝑚 sub-retângulos iguais da 
mesma área ∆𝐴 = ∆𝑥 ∆𝑦, como podemos ver na figura a seguir: 
 
Na figura anterior, 𝑥1 = 𝑎, 𝑥𝑛+1 = 𝑏, 𝑦1 = 𝑐, 𝑦𝑚+1 = 𝑑 
O ponto 𝑟∗ = (𝑥∗𝑖 , 𝑦
∗
𝑗
) está localizado num ponto arbitrário dentro 
do retângulo 𝐷𝑖𝑗 (verde), ou seja 𝑥𝑖 ≤ 𝑥
∗
𝑖
≤ 𝑥𝑖+1, 𝑦𝑗 ≤ 𝑦
∗
𝑗
≤ 𝑦𝑗+1. 
Adicionalmente: 
𝑥𝑖 = 𝑥1 + (𝑖 − 1)∆𝑥 = 𝑎 + (𝑖 − 1) ∆ x ........ (5.1) 
𝑦𝑗 = 𝑦1 + (𝑗 − 1)∆𝑦 = 𝑐 + (𝑗 − 1) ∆𝑦 .......(5.2) 
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Onde 𝑖 = 1,2,… , 𝑛 + 1; 𝑗 = 1,2,… ,𝑚 + 1. 
A seguir iremos colocar um paralelepípedo sobre o retângulo 𝐷𝑖𝑗 
com altura igual a 𝑓(𝑟∗) = 𝑓(𝑥∗𝑖 , 𝑦
∗
𝑗
), isto significa que a parte 
superior deste paralelepípedo bate a superfície S: z=f(x,y), pelo 
menos parcialmente, desde que a superfície é arbitraria, e o topo do 
paralelepípedo é retangular, logo o encaixe não será perfeito. O 
volume desta caixa retangular é dado pelo produto da área da base 
pela altura da caixa, logo: 
∆𝑉𝑖𝑗 = 𝑓 (𝑥
∗
𝑖 , 𝑦
∗
𝑗)∆𝐴 = 𝑓(𝑥
∗
𝑖 , 𝑦
∗
𝑗
)∆𝑥∆𝑦 
 
 
Podemos dizer também que o volume desta caixa retangular é 
aproximadamente igual ao volume do sólido limitado por baixo 
S : z=f(x,y) 
W ∆Vij 
xi 
yj 
)( rf

∆y 
∆x 
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pelo retângulo 𝐷𝑖𝑗 e superiormente pela superfície S, a pesar que o 
volume da caixa retangular será um pouco menor. De qualquer 
forma, quanto menor for as dimensões do retângulo 𝐷𝑖𝑗 tanto 
melhor será a aproximação. 
Se repetirmos este processo pra todas as caixas retangulares no
domínio 𝐷, e somar os volumes de cada paralelepípedo, então 
iremos obter um valor aproximado do volume total do solido 𝑊. 
Logo: 
𝑣𝑜𝑙(𝑊) ≈ ∑ ∆𝑉𝑖𝑗
𝑖=𝑛,𝑗=𝑚
𝑖=1,𝑗=1
= ∑ 𝑓(𝑥∗𝑖 , 𝑦
∗
𝑗
)∆𝑥∆𝑦
𝑖=𝑛,𝑗=𝑚
𝑖=1,𝑗=1
 
Esta forma de calcular o volume do solido W será tanto melhor, 
quanto maior for a partição do domínio retangular D. Isto podemos 
perceber das seguintes relações: 
∆𝑥 =
𝑏−𝑎
𝑛
 , ∆𝑦 =
𝑑−𝑐
𝑚
 
Quanto maior for n e m, tanto menor será ∆𝑥 e ∆𝑦, já que a,b,c,d são 
números fixos. 
E quanto menor for as dimensões laterais ∆𝑥 e ∆𝑦 então tanto 
melhor vai encaixar os paralelepípedos no topo do sólidos W(no 
contato com a superfícies S). 
Por tanto é natural realizar o processo de limite e finalmente: 
𝑣𝑜𝑙(𝑊) = lim
𝑛→∞,𝑚→∞
∑ 𝑓(𝑥∗𝑖 , 𝑦
∗
𝑗
)∆𝑥∆𝑦
𝑖=𝑛,𝑗=𝑚
𝑖=1,𝑗=1
 
Observe que: quando 𝑛 → ∞,𝑚 → ∞; a localização do ponto 
𝑟∗ = (𝑥∗
𝑖
, 𝑦∗
𝑗
) dentro do retângulo 𝐷𝑖𝑗 pouco importa, já que a 
dimensão do retângulo 𝐷𝑖𝑗 vai ficando cada vez menor então as 
coordenadas 
dos pontos (𝑥∗
𝑖
, 𝑦∗
𝑗
), (𝑥𝑖 , 𝑦𝑗), (𝑥𝑖−1, 𝑦𝑗−1) irão coincidir no limite. 
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Logo, sem perda de generalidade, podemos reescrever a equação 
anterior assim : 
𝑣𝑜𝑙(𝑊) = lim
𝑛→∞,𝑚→∞
∑ 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗)∆𝑥∆𝑦
𝑖=𝑛,𝑗=𝑚
𝑖=1,𝑗=1
 
Definição.- Seja uma função real de duas variáveis 𝑓 ∶ 𝐷 ⊂ 𝑅2 →
𝑅, e limitada no domínio 𝐷 = {𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑. }. A 
integral dupla da função 𝑓 sobre o retângulo D é : 
𝐼(𝑓) = ∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴
𝐷
= lim
𝑛→∞,𝑚→∞
𝑆𝑛𝑚 
 ......(5.3) 
se o limite existir. 
Sendo 
𝑆𝑛𝑚 = ∑ 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗)∆𝑥∆𝑦
𝑖=𝑛,𝑗=𝑚
𝑖=1,𝑗=1
 
A chamada soma de Riemann. 
Se o limite da soma de Riemann existir a função f(x,y) é integrável 
no domínio D, caso o limite não existir então a função f(x,y) não é 
integrável. 
Observação 1. A pesar que no processo anterior temos escolhido 
uma partição uniforme, isto é, que todas as células fundamentais 
tem as mesmas dimensões retangulares; na verdade no processo 
poderíamos ter escolhido outro tipo de partições; entretanto o 
resultado não vai depender do tipo de partição escolhido. 
Observação 2.- A altura do paralelepípedo fundamental, dado por 
𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗), pode ser avaliado em qualquer ponto interno a célula 
fundamental Ξ𝑖𝑗 = [𝑥𝑖 , 𝑥𝑖+1] × [𝑦𝑗 , 𝑦𝑗+1]; já que ao calcular o processo 
de limite da soma de Riemann, o resultado deve ser o mesmo. 
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Observação 3.- A condição inicial de que a função 𝒇(𝒙, 𝒚) é limitada 
no domínio D (conjunto fechado), quer dizer que a função tem um 
mínimo e um máximo definido no retângulo 𝐷. Consequentemente 
em cada unidade fundamental, Ξ𝑖𝑗 = [𝑥𝑖 , 𝑥𝑖+1] × [𝑦𝑗 , 𝑦𝑗+1] a função 
vai ter um mínimo e um máximo relativo. Isto indica uma maneira 
controlada de calcular a integral dupla no retângulo D, por 
aproximação inferior e superior, deste modo: 
Seja: 
 
𝐼𝑖𝑛𝑓 = ∑ 𝑓𝑚(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗)∆𝑥∆𝑦
𝑖=𝑛,𝑗=𝑚
𝑖=1,𝑗=1
 
 
o valor aproximado de ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴𝐷 por soma inferior. Onde 
𝑓𝑚(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗) é o mínimo da função na unidade fundamental Ξ𝑖𝑗. 
De forma similar, podemos definir 
𝐼𝑠𝑢𝑝 = ∑ 𝑓𝑀(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗)∆𝑥∆𝑦
𝑖=𝑛,𝑗=𝑚
𝑖=1,𝑗=1
 
Como o valor aproximado de ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴𝐷 por soma superior. 
Onde 𝑓𝑀(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗) é o máximo da função na unidade fundamental Ξ𝑖𝑗 . 
Logo vale a desigualdade a seguir: 
𝑰𝒊𝒏𝒇 ≤ 𝑰(𝒇) ≤ 𝑰𝒔𝒖𝒑 
Teorema. A função 𝑓(𝑥, 𝑦) limitada no retângulo D; é integrável se 
e somente se os limites a seguir existem e são iguais. 
lim
𝑛→∞,𝑚→∞
𝐼𝑖𝑛𝑓 = 𝐼(𝑓) = lim
𝑛→∞,𝑚→∞
𝐼𝑠𝑢𝑝 
O número real 𝐼(𝑓) é o valor da integral dupla ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴𝐷 no 
retângulo 𝐷. 
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Exemplo 1.- Determinar ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴𝐷 , para 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 + 2 e 
𝐷 = {0 ≤ 𝑥 ≤ 4,2 ≤ 𝑦 ≤ 4}, utilizando o conceito da soma de 
Riemannn. 
Solução.- 
Consideremos a partição regular 
𝑃 = {𝑎 = 𝑥1 = 0, 𝑥2, … . 𝑥𝑖 , 𝑥𝑖+1, … 𝑥𝑛+1 = 𝑏 = 4; 
𝑐 = 𝑦1 = 2, 𝑦2, … . 𝑦𝑗 , 𝑦𝑗+1, … 𝑦𝑚+1 = 𝑑 = 4} 
Logo: 
 
∆𝑥 = 𝑥𝑖+1 − 𝑥𝑖 =
𝑏 − 𝑎
𝑛
=
4 − 0
𝑛
=
4
𝑛
 
 
∆𝑦 = 𝑦𝑗+1 − 𝑦𝑗 =
𝑐 − 𝑑
𝑚
=
4 − 2
𝑚
=
2
𝑚
 
 
Pela definição de integral dupla, temos: 
 
 
∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴
𝐷
= lim
𝑛→∞,𝑚→∞
∑ 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗)∆𝑥∆𝑦
𝑖=𝑛,𝑗=𝑚
𝑖=1,𝑗=1
 
 .......(5.4) 
Se 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 + 2, logo 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗) = 𝑥𝑖 𝑦𝑗 + 2; dai a somatória 
de Riemann fica: 
𝑆𝑛𝑚 = ∑ ∑ 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗)∆𝑥∆𝑦
𝑗=𝑚
𝑗=1
𝑖=𝑛
𝑖=1
= ∑ ∑(𝑥𝑖 𝑦𝑗 + 2) 
4
𝑛
 
2
𝑚
𝑗=𝑚
𝑗=1
𝑖=𝑛
𝑖=1
 
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De (5.1) e (5.2) : 
𝑥𝑖 = 𝑥1 + (𝑖 − 1)∆𝑥 = 0 + (𝑖 − 1)
4
𝑛
 
𝑦𝑗 = 𝑦1 + (𝑗 − 1)∆𝑦 = 2 + (𝑗 − 1) 
2
𝑚
 
Substituindo na somatória de Riemann 
𝑆𝑛𝑚 = ∑ ∑{( 
4𝑖
𝑛
−
4
𝑛
) (2 +
2𝑗
𝑚
−
2
𝑚
) + 2} 
4
𝑛
 
2
𝑚
𝑗=𝑚
𝑗=1
𝑖=𝑛
𝑖=1
 
𝑆𝑛𝑚 = ∑ ∑{(2 −
2
𝑚
) ( 
4𝑖
𝑛
−
4
𝑛
) +
2𝑗
𝑚
( 
4𝑖
𝑛
−
4
𝑛
) + 2} 
8
𝑛𝑚
 
𝑗=𝑚
𝑗=1
𝑖=𝑛
𝑖=1
 
 
𝑆𝑛𝑚 = ∑ ∑ {(2 −
2
𝑚
)( 
4𝑖
𝑛
−
4
𝑛
) + 2}
8
𝑛𝑚
+ ∑ ∑
2𝑗
𝑚
( 
4𝑖
𝑛
−
4
𝑛
) 
8
𝑛𝑚
 
𝑗=𝑚
𝑗=1
𝑖=𝑛
𝑖=1
𝑗=𝑚
𝑗=1
𝑖=𝑛
𝑖=1
 
 
Inicialmente iremos somar no índice j, para isto vamos utilizar 
algumas propriedades de somatória. 
1) 
∑𝑎
𝑚
𝑗=1
= 𝑚𝑎 
Sendo 𝑎 uma constante numérica (não depende do índice 𝑗). 
2) Somatória dos primeiros 𝑛 números naturais : 
∑𝑗
𝑚
𝑗=1
=
𝑚(𝑚 + 1)
2
 
Logo, 
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∑[(2 −
2
𝑚
)( 
4𝑖
𝑛
−
4
𝑛
) + 2]
8
𝑛𝑚
= [(2 −
2
𝑚
)( 
4𝑖
𝑛
−
4
𝑛
) + 2]
8
𝑛𝑚
𝑚
𝑚
𝑗=1
 
 
∑
2𝑗
𝑚
( 
4𝑖
𝑛
−
4
𝑛
) 
8
𝑛𝑚
= ( 
4𝑖
𝑛
−
4
𝑛
) 
16
𝑛𝑚2
∑𝑗
𝑚
𝑗=1
𝑚
𝑗=1
 
= ( 
4𝑖
𝑛
−
4
𝑛
) 
16
𝑛𝑚2
𝒎(𝒎 + 𝟏)
𝟐
 
 
 
Logo, 
𝑆𝑛𝑚 = ∑[(2 −
2
𝑚
)( 
4𝑖
𝑛
−
4
𝑛
) + 2]
8
𝑛
𝑖=𝑛
𝑖=1
+ ∑( 
4𝑖
𝑛
−
4
𝑛
) 
8
𝑛𝑚
(𝒎 + 𝟏)
𝟏
𝑖=𝑛
𝑖=1
 
 
𝑆𝑛𝑚 =
64
𝑛2
(1 −
1
𝑚
)∑𝑖
𝑛
𝑖=1
+ (
16
𝑛
−
64
𝑛2
+
64
𝑚𝑛2
)∑1 +
𝑛
𝑖=1
 
32
𝑛2
(1 +
1
𝑚
)∑𝑖
𝑛
𝑖=1
−
32
𝑛2
(1 +
1
𝑚
)∑1
𝑛
𝑖=1
 
 
𝑆𝑛𝑚 =
64
𝑛2
(1 −
1
𝑚
)
𝑛(𝑛 + 1)
2
+ (
16
𝑛
−
64
𝑛2
+
64
𝑚𝑛2
) 𝑛 + 
 
32
𝑛2
(1 +
1
𝑚
)
𝑛(𝑛 + 1)
2
−
32
𝑛2
(1 +
1
𝑚
)𝑛 
 
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𝑆𝑛𝑚 = 32(1 −
1
𝑚
)(1 +
1
𝑛
) + 16 −
64
𝑛
+
64
𝑚𝑛
+ 
16 (1 +
1
𝑚
)(1 +
1
𝑛
) −
32
𝑛
(1 +
1
𝑚
) 
A seguir tomamos o limite 𝑛 → ∞,𝑚 → ∞ 
 
∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴
𝐷
= lim
𝑛→∞,𝑚→∞
𝑆𝑛𝑚 = 64 
 
Interpretação geométrica da integral dupla. 
Se f é contínua e 𝑓(𝑥, 𝑦) ≥ 0,
∀ (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷, o fato que a função f seja 
integrável no domínio D, tem um significado direto. Consideremos 
o sólido 𝑊 = { 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 , 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑 , 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝑓(𝑥, 𝑦) }. 
Logo o volume do solido W é definido como a integral dupla da 
função f(x,y) no domínio de integração D. 
𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴
𝐷
= ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦
𝑑
𝑐
𝑏
𝑎
 
Uma maneira de justificar a definição anterior é seguir o raciocínio a 
seguir: 
Volume de sólidos . 
Para calcular o volume do sólido W, o procedimento é como segue: 
no ponto (x,y) interior ao retângulo D, localizamos o elemento de 
área dA= dx dy, logo construímos um paralelepípedo infinitesimal 
dV, utilizando como base o elemento dA e levantando as 4 paredes 
verticais até o topo que corresponde à posição da superfície “S”. 
Desta maneira a altura do paralelepípedo será 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦), e o 
volume do paralelepípedo infinitesimal será 
𝑑𝑉 = 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴 
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Finalmente o volume do sólido W é 
𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∬𝑑 𝑉
𝐷
= ∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴
𝐷
= ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦
𝑑
𝑐
𝑏
𝑎
 
Onde: a ≤ x≤ b, c ≤ y ≤ d, definem os limites de integração em x e y. 
Propriedades da integra dupla 
1.- Propriedade de Linearidade. Sejam as funções 𝑔(𝑥, 𝑦) e 𝑓(𝑥, 𝑦) 
integráveis no domínio D. Logo para qualquer par de números reais 
𝑎 e 𝑏 existe a integral ∬ (𝑎 𝑓(𝑥, 𝑦) + 𝑏 𝑔(𝑥, 𝑦))𝑑𝑥 𝑑𝑦𝐷 
E se verifica : 
∬(𝑎 𝑓(𝑥, 𝑦) + 𝑏 𝑔(𝑥, 𝑦))𝑑𝑥
𝐷
𝑑𝑦
= 𝑎 ∬𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
𝐷
𝑑𝑦 + 𝑏 ∬𝑔(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
 
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2.- Propriedade de aditividade. Seja a função 𝑓(𝑥, 𝑦) integrável e 
limitada no domínio D. Sejam 𝐷1, 𝐷2, …𝐷𝑘 subconjuntos do domínio 
D, tal que 𝐷 = 𝐷1 ∪ 𝐷2 ∪ …∪ 𝐷𝑘 
e 𝐷𝑖 ∩ 𝐷𝑗 = {∅}, ∀ 𝑖 ≠ 𝑗, 𝑖 = 1,2,… , 𝑘, 𝑗 = 1,2,… , 𝑘. Logo as integrais 
∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝐷𝑖
𝑑𝑦 existem, ∀ 𝑖, é ∶ 
∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = ∑∬𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
𝐷𝑖
𝑑𝑦
𝑘
𝑖=1𝐷
 
3.- Integração de desigualdades.- Sejam as funções 𝑓(𝑥, 𝑦) e 𝑔(𝑥, 𝑦) 
integráveis no domínio D, e que ∀ (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷 𝑔(𝑥, 𝑦) ≥ 𝑓(𝑥, 𝑦), então 
∬𝑔(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 ≥ ∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦
𝐷𝐷
 
4.- Se a função 𝑓(𝑥, 𝑦) é integrável e limitado no domínio 𝐷, então o 
valor absoluto |𝑓(𝑥, 𝑦)| é também integrável e se cumpre : 
|∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦
𝐷
| ≤ ∬|𝑓(𝑥, 𝑦)| 𝑑𝑥 𝑑𝑦
𝐷
 
5.- Se a função 𝑓(𝑥, 𝑦) é separável: 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑔(𝑥)ℎ(𝑦) então, no 
domínio retangular 𝐷 = [𝑎, 𝑏] × [𝑐, 𝑑], vale 
∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦
𝐷
= ∫𝑔(𝑥)
𝑏
𝑎
∫ ℎ(𝑦)
𝑑
𝑐
 
 
 
 
 
 
 
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5.12 Teorema de Fubini. 
Se a função é contínua num retângulo 𝐷 = [𝑎, 𝑏] × [𝑐, 𝑑], então a 
integral dupla de f sobre D existe e pode ser obtida através de 
integrais interadas, ou seja. 
∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴𝐷 = ∫ [∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 ]𝑑𝑦
𝑏
𝑎
𝑑
𝑐
 ..........(tipo I) 
Ou 
 ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴𝐷 = ∫ [∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 ]𝑑𝑥 
𝑑
𝑐
𝑏
𝑎
... (tipo II). 
Se a função é continua no dominio D, então é limitada em D. Logo o 
processo de calculo da integral dupla por soma inferior e superior 
esta bem definida em D, Logo a função é integravel em D. 
No teorema anterior se admite que ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 
𝑏
𝑎
 esta bem definido 
pra 𝑦 fixo; e similarmente, ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 
𝑑
𝑐
 esta bem definido para 𝑥 
fixo. 
Para demonstrar que a integral dupla da função 𝑓 sobre 𝐷 é do tipo 
𝐼, iremos proceder da seguinte maneira. 
Vamos contruir uma lamina infinitesimal de espesura 𝑑𝑦 localizada 
no ponto 𝑦, paraleo ao eixo 𝑥, limitada superiormente pela 
superficie 𝑆: 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) 
 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
18 
 
HLCS 
 
 
Logo iremos calcular a área lateral Al da lamina infinitsimal 
delimitada pelos planos 𝑥 = 𝑎, 𝑥 = 𝑏, 𝑧 = 0 e superiormente pela 
curva C : 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦0), sendo 𝑦=𝑦0 fixo1 . 
 
 
 
 
 
1 A curva C é a interseção do plano vertical, com equação 𝑦 = 𝑦0 e a superfície S. 
dx 
𝐴𝑙 = ∫𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
 
 𝑦 = 𝑦0 é fixo. 
C 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
19 
 
HLCS 
 
 
A lâmina infinitesimal de espessura 𝑑𝑦 define um volume 
infinitesimal 𝑑𝑉 = 𝐴𝑙𝑑𝑦 (ver figura anterior). Logo, 
 𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∫ 𝑑𝑉 = ∫ 𝐴𝑙𝑑𝑦 =
𝑑
𝑐
𝑑
𝑐 ∫ [∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
𝑏
𝑎
] 𝑑𝑦
𝑑
𝑐
, que é a integra 
iterativa do tipo I. 
O procedimento anterior, podemos repetir com uma lamina 
infinitesimal de espessura dx, paralelo ao eixo y. e iremos chegar à 
integral iterativa do tipo II. 
Exemplo 1.- Determinar a seguinte integral dupla 
 𝐼 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴𝐷 , sendo 𝐷 = {−2 ≤ 𝑥 ≤ 3,0 ≤ 𝑦 ≤ 1} e 𝑓(𝑥, 𝑦) =
𝑥2ey 
Solução. A ordem de integração não importa, desde que, a região de 
integração é um retângulo. 
𝐼 = ∫∫𝑥2ey
1
0
𝑑𝑦 𝑑𝑥
3
−2
 
𝐼 = ∫𝑥2[∫ey
1
0
𝑑𝑦 ]𝑑𝑥
3
−2
= ∫𝑥2[𝑒𝑦 ]1
0
𝑑𝑥
3
−2
 
𝐼 = ∫𝑥2(𝑒 − 1)𝑑𝑥
3
−2
= (𝑒 − 1) ∫𝑥2𝑑𝑥
3
−2
 
𝐼 = (𝑒 − 1)[
𝑥3
3
]3
−2
= (𝑒 − 1) (
27
3
−
−8
3
) 
𝐼 = (𝑒 − 1)
35
3
 
Exemplo 2.- Seja a região volumétrica W limitada inferiormente 
pelo retângulo 𝐷 = [−1,1] × [−1,4], superiormente pela superfície z 
= f(x,y) = 4-x2 e pelas paredes laterais x=-1, x=1, y=-1, y=4 (4 planos 
verticais). Determine o volume de W. 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
20 
 
HLCS 
 
Solução. 
Podemos começar tentando realizar um esboço da região 
volumétrica W. Para isto, podemos utilizar alguns programas com o 
Maple, o Mathematica ou Wolfram alpha. De qualquer forma, no 
capitulo 2 temos aprendido a construir gráficos de funções de duas 
variáveis, então a tarefa não é difícil. 
 
𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∬𝑑 𝑉
𝐷
= ∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴
𝐷
= ∫[ ∫(4 − 𝑥2) 𝑑𝑦 ]𝑑𝑥
4
−1
1
−1
 
= ∫(4 − 𝑥2)[ ∫ 𝑑𝑦] 𝑑𝑥 = ∫(4 − 𝑥2) [𝑦 |4(−1)
1
−1
]𝑑𝑥
4
−1
1
−1
 
= ∫(4 − 𝑥2) (4 − (−1)
1
−1
) 𝑑𝑥 = 5 ∫(4 − 𝑥2) 
1
−1
𝑑𝑥 
5 (4𝑥 −
𝑥3
3
) |1(−1) = 5((4 −
1
3
) − (−4 +
1
3
)) =110/3. 
Observe que, de acordo com o teorema de Fubini, para desenvolver 
a integração dupla, temos escolhido a integração interativa do tipo 
II. 
 -1 ≤ x ≤ 1, -1 ≤ y ≤ 4 
 f (x,y) = 4 - x2 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
21 
 
HLCS 
 
Observação 1. Podemos também escolher o método iterativo tipo I, 
assim 
𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∬𝑑 𝑉
𝐷
= ∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴
𝐷
= ∫[ ∫(4 − 𝑥2) 𝑑𝑥 ]𝑑𝑦
1
−1
4
−1
 
O resultado da integração dupla no final será o mesmo. 
Observação 2.- o fato de que podemos integrar primeiro em y e 
depois em relação a x, ou vice-versa e que dá o mesmo resultado 
para a integral dupla, se deve a que estamos integrando num 
retângulo, ou seja, os limites de integração são constantes 
numéricas. 
Observação 3.- Em domínios de integração mas geral, que não seja 
mais um retângulo, é importante reconhece a variável em relação a 
qual será integrada por último. 
Exemplo 3.- Calcular ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴𝐷 , se 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑦 cos(2𝑥) − 𝑥 𝑒
2𝑦 
No retângulo [0, 𝜋/2] × [−1,1]. 
Solução: 
Seja : 
𝐼 = ∫ [∫ (𝑦 cos(2𝑥) − 𝑥 𝑒2𝑦) 𝑑𝑦]𝑑𝑥 =?
1
−1
𝜋
2
0
 , observamos que 
 ∫ 𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 0
1
−1
, y é uma função impar, logo automaticamente, 
𝐼 = ∫[ ∫(−𝑥 𝑒2𝑦) 𝑑𝑦]𝑑𝑥
= ∫(−𝑥)[ ∫ 𝑒2𝑦) 𝑑𝑦]𝑑𝑥 =
1
−1
𝜋
2
0
 
1
−1
𝜋
2
0
 
𝐼 = ∫ (−𝑥)[∫ 𝑒𝑢 
𝑑𝑢
2
] 𝑑𝑥
1
−1
𝜋
2
0
, sendo u= 2y. 
I =−(
𝑥2
2
) |
𝜋
2
0
 [ 
𝑒𝑢
2
]
1
−1
 = −(
𝜋2
8
− 0) [ 
𝑒2𝑦
2
]
1
−1
= −
𝜋2
8
(
𝑒2
2
−
𝑒−2
2
) 
𝐼 = −
𝜋2
8
(
𝑒2
2
−
𝑒−2
2
). Resposta. 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
22 
 
HLCS 
 
Exemplo 4.- Considere a função 𝑓(𝑥, 𝑦) = x cosh(𝑥2 + 𝑦) no 
intervalo 𝐷 = [−2,2] × [1,4]. Determine ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴𝐷 
Solução 
𝐼 = ∫∫ x cosh(𝑥2 + 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥
4
1
2
−2
= ∫𝑥[∫ cosh(𝑥2 + 𝑦)𝑑𝑦]𝑑𝑥
4
1
2
−2
 
Integrando em y, pelo método de substituição 𝑢 = 𝑥2 + 𝑦, logo 
𝑑𝑢 = 𝑑𝑦 
∫ cosh(𝑥2 + 𝑦) 𝑑𝑦 =
4
1
∫ cosh(𝑢) 𝑑𝑢 = sinh(𝑢) |∗
∗∗ = sinh(𝑥2 + 𝑦) |1
4
∗∗
∗
 
 
∫ cosh(𝑥2 + 𝑦)𝑑𝑦 =
4
1
sinh(𝑥2 + 4) − sinh (𝑥2 + 1) 
𝐼 = ∫𝑥[sinh(𝑥2 + 4) − sinh (𝑥2 + 1)] 𝑑𝑥
2
−2
 
A função integrando da integral anterior, é ímpar, logo 
I é zero. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
23 
 
HLCS 
 
 
5.13 Integrais duplas em regiões planas arbitrárias. 
I caso 
Consideremos uma região de integração do tipo 
D={ (x,y,z) ⊂ R3 / a ≤ x ≤ b, 𝞥1(x) ≤ y ≤ 𝞥2(x)} 
 
 
 
De acordo à figura anterior, na posição arbitrária x, vamos localizar 
uma barra vertical. 
Nesta barra vertical, iremos variar a coordenada y, que adota seu 
valor mínimo na curva inferior logo ymin=𝞥(x) e adota seu valor 
máximo na curva superior, logo ymax=𝞥(x). Por tanto, 
𝞥1(x) ≤ y ≤ 𝞥2(x). 
Essa barra vertical (azul) pode se deslizar tentando cobrir toda a 
região de integração, isto é de esquerda a direita, logo a coordenada 
x varia entre seu valor mínimo em a, ate seu valor máximo em b. 
a ≤ x ≤ b. 
As duas desigualdades anteriores definem bem a região de 
integração D. 
x=a x=b x=a x=b x 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
24 
 
HLCS 
 
 
Seja 𝑓: 𝐷 → 𝑅 uma função integrável em D, logo a integral dupla de f 
na região D fica assim: 
∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴
𝐷
= ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑦 𝑑𝑥
∅2(𝑥)
∅1(𝑥)
𝑏
𝑎
 
Exemplo 1.- Determinar a seguinte integral dupla 𝐼 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴,𝐷 
sendo 𝐷 = {0 ≤ 𝑥 ≤ 1,2𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥2 + 2} e 𝑓(𝑥, 𝑦) = xy − 𝑦 
Solução 
 
𝐼 = ∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴
𝐷
= ∫ ∫ (xy − 𝑦) 𝑑𝑦 𝑑𝑥
𝑥2+2
2𝑥
1
0
 
 
𝐼 = ∫ [𝑥 ∫ y𝑑𝑦 − ∫ y 𝑑𝑦 ]
𝑥2+2
2𝑥
 𝑑𝑥
𝑥2+2
2𝑥
1
0
 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
25 
 
HLCS 
 
𝐼 = ∫ [𝑥
𝑦2
2
−
𝑦2
2
]
𝑥2+2
2𝑥
 𝑑𝑥
1
0
 
𝐼 =
1
2
∫(𝑥5 + 4𝑥 − 𝑥4 − 4) 𝑑𝑥
1
0
 
𝐼 = [
𝑥6
12
+ 𝑥2 −
𝑥5
10
− 2𝑥]1
0
=
−122
120
 
II caso 
Consideremos uma região de integração do tipo 
D={ (x,y,z) ⊂ R3 / c ≤ y ≤ d, 𝞥1(y) ≤ x ≤ 𝞥2(y)} 
Como podemos ver na figura a seguir, se fixamos a coordenada y e 
construímos uma barra horizontal na região D. Nesta barra a 
coordenada x varia de um valor mínimo na curva mas a esquerda, 
ou seja, xmin=𝞥1(y); até um valor máximo na curva mas a direita da 
regiao D, logo xmax=𝞥2(y). logo : 𝞥1(y) ≤ x ≤ 𝞥2(y). 
 
A barra horizontal pode se deslizar verticalmente ate cobrir toda a 
região D de integração, logo: c ≤ y ≤ d. 
Seja 𝑓: 𝐷 → 𝑅 uma função integrável em D, logo a integral dupla de f 
na região D fica assim: 
y 
x y 
x 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
26 
 
HLCS 
 
∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴
𝐷
= ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦
∅2(𝑦)
∅1(𝑦)
𝑑
𝑐
 
 
Exemplo 2.- Determinar a seguinte integral dupla 
𝐼 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴,𝐷 sendo 𝐷 = {0 ≤ 𝑦 ≤ 1, y + 1 ≤ 𝑥 ≤ 2y} e 𝑓(𝑥, 𝑦) =
 𝑦2 
Solução 
𝐼 = ∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴
𝐷
= ∫ 𝑦2[ ∫ 𝑑𝑥 ]𝑑𝑦
2y
y+1
1
0
 
 
𝐼 = ∫ 𝑦2[ 𝑥]2𝑦𝑦+1 𝑑𝑦 = ∫ 𝑦
2(𝑦 − 1) 𝑑𝑦 = [ 
𝑦4
4
−
𝑦3
3
]
1
0
1
0
1
0
 
𝐼 =
−1
12
 
Outros exemplos variados: 
Exemplo 3.- Determine a integral dupla ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴𝐷 na região 
planar D limitada pelas curvas y= 4 e y = x2 (ver figura). Sendo 
f(x,y) = yx. 
 
 
 
 
 
 
 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
27 
 
HLCS 
 
 
 
 
Solução. A integral dupla na região D, que não é mais retangular 
pode ser calculada de duas maneiras, de acordo ao método 
apresentado anteriormente. 
I método. Podemos colocar barras verticais na região D para desta 
forma encontrar os limites de integração em x e y. 
Quando deslocamos a barra para cobrir a região de integração, de 
esquerda a direita; a coordenada x varia do seu valor mínimo 𝑥 = 0, 
ate seu valor máximo em 𝑥 = 2. 
0 ≤ 𝑥 ≤ 2 
Fixando a variável x, então iremos analisar a variação da 
coordenada y dentro da barra(no domínio D). Da figura o valor 
mínimo de y será na curva y=x2 , e o valor máximo será na curva 
y=4, logo: 
𝑥2 ≤ 𝑦 ≤ 4 
 
y=x
2
y=4 
D 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
28 
 
HLCS 
 
 
 
 
Do raciocínio anterior e da figura podemos concluir que: 
𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2 𝑥2 ≤ 𝑦 ≤ 4, 0 ≤ 𝑥 ≤ 2} 
 Em consequência temos: 
𝐼 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴𝐷 = ∫ ∫ 𝑥𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥
4
𝑥2
2
0
. 
Observe que devemos integrar primeiro na variável y, porque um 
dos limites de integração é função de x. 
𝐼 = ∫𝑥 ∫𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = ∫𝑥 [
𝑦2
2
2
0
]|4
𝑥2
 𝑑𝑥 = ∫𝑥[8 −
𝑥4
2
] 
2
0
𝑑𝑥
4
𝑥2
2
0
 
𝐼 = ∫ (8𝑥 −
𝑥5
2
) 
2
0
𝑑𝑥 = (4𝑥2 −
𝑥6
12
) |20 = 16 −
16
3
=
32
3
. Resposta. 
II método. Para definir os limites na variáveis x e y no domínio de 
integração podemos também utilizar barra horizontais. 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
29 
 
HLCS 
 
Quando deslocamos verticalmente a barra para cobrir a região de 
integração, de baixo pra cima; a coordenada y varia do seu menor 
valor y= 0, ate seu maior valor em 𝑦 = 4. 
0 ≤ 𝑦 ≤ 4 
Fixando a variável y, então iremos analisar a variação da 
coordenada x dentro da barra (no domínio D). Da figura o valor 
mínimo de x será na reta x=0 , e o valor máximo será na 
parábola(𝑥 = √𝑦), logo: 
0 ≤ 𝑥 ≤ √𝑦 
Por tanto: 
𝐷 = {0 ≤ 𝑥 ≤ √𝑦, 0 ≤ 𝑦 ≤ 4} 
 
 
 
𝐼 = ∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴
𝐷
= ∫∫ 𝑥𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = ∫𝑦[∫ 𝑥 𝑑𝑥] 𝑑𝑦 =
√𝑦
0
4
0
√𝑦
0
4
0
 
 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
30 
 
HLCS 
 
𝐼 = ∫𝑦[
𝑥2
2
4
0
]|√𝑦
0
𝑑𝑦 = ∫𝑦(
𝑦
2
4
0
)𝑑𝑦 = ∫
𝑦2
2
4
0
𝑑𝑦 
𝐼 = [
𝑦3
6
] |40 =
32
3
 
 
Exemplo 4.- Considere o sólido formado na base pelo retângulo 
D ={0 ≤ x≤ 3 , 0 ≤ y ≤ 2}, os planos verticais, x=0, y=0, y=2,x=3 e 
superiormente limitado pelo plano 2y+z=10. Determine o volume 
do solido por integrada dupla. 
Solução. 
Devemos realizar o gráfico do solido em questão. Na figura, as 
paredes laterais em x= 0 e em x =3 não foram desenhadas para não 
atrapalhar a visão tridimensional da solido. 
Definindo o elemento diferencial de volume 
dV= dA f(x,y), sendo f(x,y) a altura da superfície superior (plano 
inclinado), por cima do elemento de área dA. O que significa que 
f(x,y) =z= 10-2y. 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
31 
 
HLCS 
 
 
 
 
𝑣𝑜𝑙(𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜) = ∬𝑑𝑉
𝐷
= ∬𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴 = ∬(10 − 2𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦
𝐷𝐷
 
𝑣𝑜𝑙(𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜) = ∫[∫(10 − 2𝑦) 𝑑𝑦] 𝑑𝑥 = ∫[10𝑦 −
3
0
2
0
3
0
𝑦2]|2
0
𝑑𝑥 
𝑣𝑜𝑙(𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜)
= ∫16 𝑑𝑥 = 48.
3
0
 
Exemplo 5.- Determine a área limitada pelas retas y=-x+2, y=x-2 e 
x=0, utilizando integral dupla. 
Solução. 
No ponto arbitrário (x,y) interior a região D de interesse, 
localizamos um elemento de área dA=dx dy. 
D 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
32 
 
HLCS 
 
 
 
Logo, 𝐴 = ∬ 𝑑𝐴 =𝐷 ∬ 𝑑𝑥 𝑑𝑦𝐷 . A seguir iremos determinar os 
limites de integração. 
 
I método. 
Na posição x, localizamos uma barra vertical para determinar os 
limites de integração em y. Observando a figura a seguir, a 
coordenada y varia de um valor mínimo na reta y=x-2, até o valor 
máximo na reta superior y=-x+2. Logo, x-2 ≤ y ≤ -x+2. A 
coordenada x varia entre 0 e 2. Em resumo, o triangulo é: 
𝐷 = { 𝑥 − 2 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥 − 2, 0 ≤ 𝑥 ≤ 2}. 
 
 
x y 
dA 
X=0 
Resolvendo o sistema 
y=-x+2, y=x-2 simultaneamente, 
obtemos as coordenadas do 
vértice do triangulo, sendo o 
resultado B=(2,0). 
B 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
33 
 
HLCS 
 
 
𝐴 = ∫[ ∫ 𝑑𝑦] 𝑑𝑥 = ∫(−𝑥 + 2 − (𝑥 − 2))𝑑𝑥 =
2
0
−𝑥+2
𝑥−2
2
0
 
𝐴 = ∫ (−2𝑥 + 4)𝑑𝑥 =
2
0
(−𝑥2 + 4𝑥)|2
0
= 4. 
II método. 
A seguir apresentamos outra possibilidade para calcular a área 
triangulo. Para montar a integral dupla, precisamos conhecer os 
vértices do triangulo, os quais são N=(0,2), M=(0,-2), B=(2,0). 
𝐴1 = { 0 ≤ 𝑥 ≤ 2 − 𝑦, 0 ≤ 𝑦 ≤ 2} 
𝐴2 = { 0 ≤ 𝑥 ≤ 2 + 𝑦,−2 ≤ 𝑦 ≤ 0} 
 
 
 
x 
y 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
34 
 
HLCS 
 
 
𝐴 = 𝐴1 + 𝐴2 = ∫[ ∫ 𝑑𝑥] 𝑑𝑦 + ∫[ ∫ 𝑑𝑥] 𝑑𝑦+=
𝑥=0
𝑥=𝑦−2
0
−2
4
𝑥=2−𝑦
𝑥=0
2
0
 
Exemplo 6.- calcular a integral ∬ 𝑦𝑥𝐷 , sendo D limitado pelas 
curvas : 
a) 𝑦 = −1 e 𝑦 = −√4 − 𝑥2 
b) 𝑥 = 1 − 𝑦 e 𝑥 = √4 − 𝑦2 
Solução.- 
 
Exemplo 7.- Considere a função 𝑓(𝑥, 𝑦) definido no retângulo 
𝐷 = [−2,2] × [0,2]. Determine ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝑑𝑦𝐷 , sendo: 
 𝑓(𝑥, 𝑦) = {
2, 𝑦 = 𝑥2
0, 𝑦 ≠ 𝑦2
 
 
 
 
 
x 
y 
N 
B 
M 
A1 
A2 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
35 
 
HLCS 
 
 
5.14 Mudança de coordenadas na integração 
dupla. 
5.141 Regiões arbitrarias 
Quando tempos uma integral dupla em coordenadas cartesianas, 
eventualmente pode acontecer que a integral fica inviável pela 
dificuldade em realizar as integrais iterativas, então existe a 
possibilidade de ser resolvida realizando uma mudança de 
coordenadas. 
Mudança de coordenadas de uma região D. 
Considere uma região plana D, limitada por uma curva fechada nas 
coordenadas x e y, iremos propor uma transformação de 
coordenadas 𝑇: 𝑅2 → 𝑅2/ 𝑥 = 𝑥(𝑢, 𝑣) 𝑒 𝑦 = 𝑦(𝑢, 𝑣). 
 
A superfície fechada D é a imagem da superfície fechada D* via a 
transformação T, D= T(D*). 
 
Teorema: Sejam D e D* superfícies fechadas elementares no plano R2. 
Seja T uma transformação de classe C1 e injetora em D*. Então para toda 
função f(x,y) integráveis sobre D temos 
 
∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝑑𝑦 = ∬ 𝑓(𝑥(𝑢, 𝑣), 𝑦(𝑢, 𝑣))|𝐽(𝑢, 𝑣)|𝑑𝑢 𝑑𝑣𝐷∗𝐷 , 
 
D* 
D 
v 
u 
y 
x 
T 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
36 
 
HLCS 
 
Sendo |𝐽(𝑢, 𝑣)| o valor absoluto do jacobiano 𝐽(𝑢, 𝑣). 
 
A transformação injetiva T garante que para dois pontos diferentes do 
conjunto D* lhe corresponde dois pontos diferentes no conjunto D. 
 
𝐽(𝑢, 𝑣) = 𝑑𝑒𝑡 [
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝜕𝑣
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕𝑣
] =
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕𝑣
−
𝜕𝑥
𝜕𝑣
𝜕𝑦
𝜕𝑢
 
Observação 1.- Vamos assumir que o det (𝐽) ≠ 0 
Observação 2.- O fato que a transformação de coordenadas 𝑇 seja de 
classe 𝐶1, quer dizer que todas as derivadas parciais existem e são 
continuas, isto vai garantir que T seja diferenciável. 
 
Importante: Se o sistema de equações 
𝑥 = 𝑥(𝑢, 𝑣); 𝑦 = 𝑦(𝑢, 𝑣) 
Pode ser resolvido de modo único com 
 
𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦); 𝑣 = 𝑣(𝑥, 𝑦), 
sendo (𝑥, 𝑦) ∈ R. A aplicação 𝑇 possui inversa 𝑇−1 definida em 𝑅 e as 
funções 𝑢(𝑥, 𝑦) e 𝑣(𝑥, 𝑦) tem derivadas parciais continuas em 𝑅. Logo 
 
𝐽∗ = 𝑑𝑒𝑡
[
 
 
 
 
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕𝑣
𝜕𝑥
𝜕𝑣
𝜕𝑦]
 
 
 
 
=
1
𝐽
 
 
 
Exemplo 5.21.- Consideremos a transformação de coordenadas 
cartesianas a coordenadas polares : 
 𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃) 
𝑦 = 𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃) 
 
Considere o circulo de raio R e centralizada na origem de coordenadas no 
sistema de coordenadas xy, sendo assim; 0 ≤ r ≤ R, 0 ≤θ≤2π, em 
coordenadas polares. 
O que quer dizer que o retângulo 𝐷∗ = {0 ≤ 𝑟 ≤ 𝑅, 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋} em 
coordenadas polares, representa um disco de raio R e centralizado na 
origem, em coordenadas cartesianas. 
 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
37 
 
HLCS 
 
 
 
 
O jacobiano da transformação de coordenadas cartesianas a polares se 
calcula assim: 
 
𝐽(𝑟, 𝜃) = 𝑑𝑒𝑡 [
𝜕𝑥
𝜕𝜃
𝜕𝑥
𝜕𝑟
𝜕𝑦
𝜕𝜃
𝜕𝑦
𝜕𝑟
] = 𝑑𝑒𝑡 [
−𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃) 𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃)
𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃) 𝑟𝑠𝑖(𝜃)
] = 𝑟, 
Sendo r positivo então |J|=r. 
 
Logo, qualquer integral dupla em coordenadas cartesianas, pode ser 
trocada por uma integral dupla em coordenadas polares da seguinte 
forma. 
 
∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝑑𝑦 = ∬ 𝑓(𝑥(𝑟, 𝜃), 𝑦(𝑟, 𝜃)) 𝒓 𝑑𝑟 𝑑𝜃𝑅𝐷 , 
 
Toda vês que temos uma integral dupla em coordenadas cartesianas num 
domínio de integração com simetria circular, podemos desenvolver em 
coordenadas polares. Logo, os limites de integração serão mais fáceis de 
determinar e o calculo da integral dupla é mais fácil. 
 
 
 
 
 
 
 
r 
θ 
y 
x 
T 
D* D 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
38 
 
HLCS 
 
Exemplo 5.22.- Determine a área de um circulo de raio R por integração 
dupla. 
Solução. 
Como a região é circular então, podemos localizar a origem de 
coordenadas no centro do circulo, como isto não iremos perder 
generalidade, e faremos a integração em coordenadas polares. 
 
 
 
 
 
 
𝐴(𝐷) = ∬𝑑𝑥 𝑑𝑦 = ∬ 𝒓 𝑑𝑟 𝑑𝜃
𝐷𝐷
= ∫ ∫ 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃
𝑅
0
= 𝜋𝑅2
2𝜋
0
 
 
Exemplo 5.23.- Calcule a integral ∬ ln (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦𝐷 , onde D é a 
região do segundo quadrante situada entre as circunferências x
2
+y
2
=1 e 
x
2
+y
2
=4. 
Solução: 
Primeiro vamos identificar a região de integração, pra isso vamos 
reescrever a equação das circunferências em coordenadas polares, assim: 
x
2
+y
2
=1 -> r =1 
x
2
+y
2
=4 -> r=2 
 
y 
x D 
r 
𝞠 
dA 
𝑜 ≤ 𝑟 ≤ 𝑅 
0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋 
O circulo em coordenadas polares 
Jacobiano 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
39 
 
HLCS 
 
 
A integral dupla na região D, vamos reescrever em coordenadas 
polares,assim : 
𝐼 = ∬ ln (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦
𝐷
= ∬ln(𝑟2) 𝒓 𝑑𝑟 𝑑𝜃
𝐷
= ∫ ∫ ln(𝑟2) 𝑟𝑑𝑟 𝑑𝜃
2
1
𝜋
𝜋
2
 
Observamos que a integral se pode resolver facilmente com a mudança 
u=r2, logo du = 2r dr. 
𝐼 =
1
2
∫ ∫ ln(𝑢) 𝑑𝑢 𝑑𝜃
2
1
𝜋
𝜋
2
=
1
2
∫(𝑢 ln(𝑢) − 𝑢)|2
1
𝑑𝜃
𝜋
𝜋
2
 
𝐼 =
1
2
∫ (4 ln(4) − 3)𝑑𝜃 =
𝜋
4
𝜋
𝜋
2
(4 ln(4) − 3) Resposta. 
 
Exemplo 5.24.- Determine a integral dupla ∬ 𝑒𝑥𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦𝐷 no domínio 𝐷 
limitado pelas curvas 𝑦 = 2𝑥, 𝑦 = 𝑥, 𝑦 =
1
𝑥
, 𝑦 =
4
𝑥
 do primeiro quadrante 
no plano 𝑥𝑦. 
 
Solução.- 
 
D 
r 
 
𝞠 
dA 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
40 
 
HLCS 
 
Para definir os limites de integração precisamos desenhar as curvas, são 
duas retas e duas hipérboles, como segue 
 
 
 
De acordo a figura, para encontrar os limites
de integração em 𝑥 e 𝑦 
precisamos de dividir a região D em varias sub-regiões, o melhor seria 
realizar uma mudança de coordenadas, baseado no fato que a equação 
dos lados são similares dois a dois. 
Logo, definimos a seguinte transformação de coordenadas 
 
𝑢 = 𝑥𝑦 
𝑣 =
𝑦
𝑥
. 
Nas novas coordenadas (𝑢, 𝑣) , as fronteiras da região 𝐷, são as retas: 
 
𝑢 = 1, 𝑢 = 4, 𝑣 = 2, 𝑣 = 1 
Logo, a região arbitrária 𝐷 se transforma na região retangular 𝑅, cujo 
elemento diferencial de área é 𝑑𝐴 = |𝐽|𝑑𝑢 𝑑𝑣. 
Pelo teorema anterior sobre mudança de coordenadas 
 
∬𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝑑𝑦 = ∬𝑓(𝑥(𝑢, 𝑣), 𝑦(𝑢, 𝑣))|𝐽(𝑢, 𝑣)|𝑑𝑢 𝑑𝑣
𝑅𝐷
 
 
 
4xy
xy 
1xy
xy 2
D 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
41 
 
HLCS 
 
𝐽∗ = 𝑑𝑒𝑡
[
 
 
 
 
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕𝑣
𝜕𝑥
𝜕𝑣
𝜕𝑦]
 
 
 
 
= 𝑑𝑒𝑡 [
𝑦 𝑥
−𝑦
𝑥2
1
𝑥
] =
2𝑦
𝑥
= 2𝑣 =
1
𝐽
 
 
 
 
 
∬𝑒𝑥𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = ∬𝑒𝑢
1
2𝑣
 𝑑𝑢 𝑑𝑣
𝐷𝑅
 
 
Sendo: 𝑅 = {1 ≤ 𝑢 ≤ 4,1 ≤ 𝑣 ≤ 2} 
 
∬𝑒𝑢
1
2𝑣
 𝑑𝑢 𝑑𝑣
𝐷
= ∫∫𝑒𝑢
1
2𝑣
2
1
 𝑑𝑣 𝑑𝑢
4
1
 
 
 
 
∬𝑒𝑢
1
2𝑣
 𝑑𝑢 𝑑𝑣
𝐷
= ∫𝑒𝑢 𝑑𝑢 ∫
1
2𝑣
2
1
 𝑑𝑣
4
1
=
(𝑒4 − 𝑒1)ln (2)
2
 
 
 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
42 
 
HLCS 
 
 
 
5.142 regiões planas em coordenadas polares 
 
 
Nesta seção iremos discutir cálculo de áreas em regiões planas, sendo que 
a curva que é a fronteira da região de interesse esta em coordenadas 
polares 𝑟 = 𝑟(𝜃) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Considere a região limitada pela curva 𝑟 = 𝑟(𝜃) e os raios vetores 𝑟1 e 𝑟2, 
que iremos denotar pela letra 𝐷 = {𝜃1 ≤ 𝜃 ≤ 𝜃1, 0 ≤ 𝑟 ≤ 𝑟(𝜃)}. Para 
calcular a área 𝐴 desta região procedemos assim 
 
𝐴(𝐷) = ∫ 𝑑𝐴
𝐷
= ∫ 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃
𝐷
= ∫ ∫ 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃
𝑟(𝜃)
0
𝜃2
𝜃1
 
 
Integrando em 𝑟: 
 
 
 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
43 
 
HLCS 
 
𝐴(𝐷) = ∫
1
2
𝑟(𝜃)2𝑑𝜃
𝜃2
𝜃1
 
 
 
 
Esta é a formula que iremos utilizar para calcular a area da região D em 
coordenadas polares. 
 
Exemplo Determine a área da região plana limitada pela cardioide 
 𝑟 = 2(1 − sin(𝜃)) a seguir: 
 
 
 
 
Solução.- 
 
 De acordo á formula anterior 
𝐴(𝐷) = ∫ 2 (1 − sin(𝜃)) 2𝑑𝜃
𝜃2
𝜃1
 
 
 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
44 
 
HLCS 
 
𝐴(𝐷) = ∫ 2 (1 − sin(𝜃)) 2𝑑𝜃
𝜃2
𝜃1
= ∫(2 − 4 sin(𝜃) + sin(𝜃)2)𝑑𝜃
𝜃2
𝜃1
 
 
 
𝐴(𝐷) = ∫ (2 − 4 sin(𝜃) +
(1 − cos(2𝜃))
2
)𝑑𝜃
𝜃2
𝜃1
 
 
 
𝐴(𝐷) = [
3
2
𝜃 + 4 cos(𝜃) −
1
4
sin (2𝜃)]𝜃1
𝜃2 
 
Em relação aos limites de integração, podemos visualizar a variação do 
ângulo polar 𝜃 quando realizamos uma volta completa ao construir a 
região de interesse. 
 
Da figura anterior, é evidente que o ângulo polar varia de 𝜃1 = 0, ate o 
valor 𝜃1 = 2𝜋 
 
𝐴(𝐷) = [
3
2
𝜃 + 4 cos(𝜃) −
1
4
sin (2𝜃)]0
2𝜋 = 5𝜋 
 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
45 
 
HLCS 
 
Exemplo 2. Determine a área da região 𝐷 limitada externamente pelo 
circulo 𝑟 = 1, e internamente pela rosácea de duas pétalas 
𝑟 = 2√sin (2𝜃) , 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋/2. 
 
 
 
Solução.- Para determinar a área da região D (laranja) devemos em 
primeiro lugar encontrar os pontos de interseção entre a circunferência 
 e uma das pétalas. De acordo a figura, devemos obter 4 pontos de 
interseção, dois dos quais estão no primeiro quadrante. 
 
𝑟 = 1 = 2√sin (2𝜃) 
Logo 
sin(2𝜃) = 1/4 
 
No intervalo 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋/2 ou 0 ≤ 2𝜃 ≤ 𝜋, teremos unicamente dois 
pontos de interseção (isto devido a que sin(2𝞠) é positivo unicamente no 
primeiro e segundo quadrante) , como podemos ver no círculo 
trigonométrico abaixo 
 
 
 
 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
46 
 
HLCS 
 
 
 
 
Considerando 𝜑 = 2𝜃, temos a equação trigonométrica a resolver 
 
𝑠𝑖𝑛(𝜑) = 1/4 
 
𝜑 = {𝜑0, 𝜋 − 𝜑0} 
Sendo 𝜑0 = 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛(
1
4
) do primeiro quadrante. 
Logo 
𝜽 = {
𝜑0
𝟐
,
𝝅
𝟐
−
𝜑0
𝟐
} 
 
 
 
Para calcular a área iremos proceder do seguindo modo: 
a) Primeiro iremos calcular a área de uma pétala e 
b) Iremos calcular a área da região fora da circunferência de radio 1 e 
dentro da pétala 
c) Finalmente faremos a subtração das áreas anteriores, para calcular 
a área da região indicada. 
 
y 
x 
1 
 
 
 
1 
 
 
Círculo 
trigonom
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
47 
 
HLCS 
 
 
 
a) Calculando a área da pétala 𝑟 = 2√sin (2𝜃) do primeiro quadrante 
 
 
 
 
𝐴(𝐷1) = ∫
1
2
𝑟(𝜃)2𝑑𝜃
𝜃2
𝜃1
= ∫ 2sin(2𝜃)𝑑𝜃
𝜋
2
0
= −cos(2𝜃) |0
𝜋
2 
 
Para determinar o limite de integração, é suficiente achar os valores de 𝞠 
(dois valores no primeiro quadrante) para os quais 𝑟 = 2√sin (2𝜃) = 0 
Logo 𝜃 = {0,
𝜋
2
}. 
 
𝐴(𝐷1) = ∫ 2 sin(2𝜃)𝑑𝜃
𝜋
2
0
= −cos(2𝜃) |0
𝜋
2 = 2 
 
 
x 
y 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
48 
 
HLCS 
 
b) Calculando a área da região limitada internamente pela 
circunferência de rádio 1 e externamente pela pétala 𝑟 =
2√sin (2𝜃) 
 
 
Iremos utilizar a formula : 
𝐴(𝐷2) = ∫
1
2
(𝑟1
2(𝜃) − 𝑟2
2(𝜃))𝑑𝜃,
𝜃2
𝜃1
 
que foi demonstrado no exercício 14 da lista correspondente à 
seção. Sendo 𝑟1 = 2√sin (2𝜃) , e 𝑟2 = 1. 
 
Os pontos: 𝑄 = (𝑅1,𝜃1), 𝑃 = (𝑅2,𝜃2) irão definir os limites 
de integração anterior, os quais já foram determinados no 
inicio da solução e são : 
 
𝜃1 =
𝜑
0
𝟐
, 𝜃2 =
𝝅
𝟐
−
𝜑
0
𝟐
 
 
 
 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
49 
 
HLCS 
 
𝐴(𝐷2) = ∫
1
2
(4 sin (2𝜃) − 1)𝑑𝜃 
𝜃2
𝜃1
 
 
𝐴(𝐷2) = −(cos(2𝜃) +
𝜃
2
)|𝜑0
𝟐
𝝅
𝟐
−
𝜑0
𝟐 
 
𝐴(𝐷2) = 2 cos(𝜑0) −
𝜋
4
+
𝜑
0
𝟐
=
2√15 − 𝜋
4
+
𝜑
0
𝟐
 
 
Finalmente a região de interesse 
 
𝐴(𝐷) = 𝐴(𝐷1) − 𝐴(𝐷2) =
8 − 2√15 + 𝜋
4
−
arcsin (
1
4)
𝟐
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
50 
 
HLCS 
 
5.15 Exercícios 
 
1.- Calcular as seguintes somas 
a) 1 +2 +3+4+....100. 
b) 2+4+6+8+......200. 
c) ∑ (2𝑖 + 3)𝑖=20𝑖=1 
d)∑ (𝑖2)𝑖=15𝑖=1 
2.- Considere a função 𝑓(𝑥, 𝑦) = −𝑥 + 2, definida no domínio 
𝐷 = [0,2] × [0,3]. Determine o volume da região W, limitada 
superiormente pela superfície 𝑓(𝑥, 𝑦), inferiormente pelo retângulo D 
e 
pelas paredes verticais : 𝑥 = 0, 𝑥 = 2, 𝑦 = 0, 𝑦 = 3. Utilize o conceito da 
soma dupla de Riemann. 
3. Considere a função 𝑓: [0,4] × [2,4] → 𝑅 . Calcular ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝑑𝑦
4
2
4
0
 
pelo método da soma de Riemann, nos seguintes casos: 
a) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 2𝑦 
b) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦 + 3𝑦 
4.- calcule o valor as seguintes integrais 
a) ∫ ∫ (𝑥 − 3𝑦𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑦,
3
1
2
0
 b) ∫ ∫ √𝑥𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦,
−𝑦2
𝑦
0
−1
 
c) ∫ ∫ (𝑦 + 2) 𝑑𝑦 𝑑𝑥,
cos (𝑥)
0
2𝜋
0
 
(**) identifique e desenhe as regiões de integração. 
5.- calcular ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝑑𝑦𝑅 nos seguintes casos. 
a) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥3𝑦2, 𝑅 = {0 ≤ 𝑥 ≤ 4,−1 ≤ 𝑦 ≤ 1}, 
b) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑦−1 𝑙𝑛(𝑥 + 1) , 𝑅 = {0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑦 − 1, 1 ≤ 𝑦 ≤ 4}, 
c) f(𝑥, 𝑦) = 𝑒𝑥𝑝(𝑥 + 2𝑦), 𝑅 = {0 ≤ 𝑥 ≤ 2, 0 ≤ 𝑦 ≤ 2𝑥}, 
6) calcular ∬ (𝑦 + 2)𝑑𝐴𝑅 , onde R é a região limitada pelas curvas 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
51 
 
HLCS
a) y=7 e y= -1+ 2x2. 
b) y=x e y= √𝑥 
7.- Determine o volume do solido limitado pela função f(x,y) =3x+4y+4 
no retângulo R=[1,2] X [3,6] (1 ≤ 𝑥 ≤ 2 , 3 ≤ 𝑦 ≤ 6) e pelas paredes 
verticais localizadas nos lados do retângulo. 
8.- Determine a massa total de uma lamina retangular definida pelas 
desigualdades −1 ≤ 𝑥 ≤ 1 , −2 ≤ 𝑦 ≤ 2. A densidade da lamina 
retangular é D(x,y) = |cos(x)| |y|. 
9. - Determine a área limitada pelas curvas y = x
2 
e y = 4 x − x2 . 
10. - Seja a região D limitada pelas seguintes curvas: y
2 − x = 1 e y2 + x = 
1. Determine a área da região D. 
11. - Seja a região D limitada pela reta x + y = 2 e pelos eixos coordenados, 
no primeiro quadrante. Determine o volume do sólido limitado pela base D, 
às paredes laterais verticais sobre os limites da região D e por cima pela 
função z = e
 (x+y)
. 
 
12. -Determine a área definida por uma elipse de semi-eixo maior a e semi-
eixo menor b. 
13.- Considere a região D limitada pelas curvas 𝑟 = 𝑟1(𝜃) e 𝑟 = 𝑟2(𝜃) e 
os rádios vetores cujos ângulo polares são 𝜃1 e 𝜃2 respectivamente. 
Demonstre que a formula para calcular a área da região D é : 
𝐴(𝐷) = ∫
1
2
(𝑟1
2(𝜃) − 𝑟2
2(𝜃))𝑑𝜃
𝜃2
𝜃1
 
 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
52 
 
HLCS 
 
 
 
14.- Considere a região D limitada pelas curvas 𝑟 = 2 e 𝑟 = 2 +
 2 𝑐𝑜𝑠 (𝜃), no primeiro quadrante. Logo determine a integral dupla: 
∬ 𝒇(𝒓, 𝜽) 𝒅𝑨𝑫 . Sendo dA o elemento de área infinitesimal no plano xy, e 
𝒇(𝒓, 𝜽) = 𝒄𝒐𝒔(𝜽). 
15. - Determine a área limitada pela rosácea r =12cos(3θ). 
 
16. - Determine o volume do sólido limitado na base pelas retas: y = x, y = 
−2x, y = x − 2 , y = 2 – 2x e z = 0, e na parte superior pela função z = 
x
2
+y
2
. 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
53 
 
HLCS 
 
17. - Determine o volume do sólido limitado na base (plano z=0) pelas 
retas: y = x, y = −x, y = x − 2 , y = 2 – x e na parte superior pela função z = 
x-y (plano) e as paredes laterais por cima das 4 retas. 
Plano x y: 
 
 
18. - Calcule a integral ∬ ln (𝑥2 + 𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦𝐷 , onde D é a região do 
primeiro quadrante situada entre as circunferências x
2
+y
2
=1 e x
2
+y
2
=4. 
Sugestão: passar a coordenadas polares. 
19. - Demonstre que a integral ∬ 𝑒−(𝑥
2+𝑦2)𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝜋
𝐷
, D é o plano R
2
= {-
∞ < x < ∞, -∞ < y < ∞}. 
20.- calcular ∬ 𝑥𝑑𝑥𝑑𝑦𝐷 , sendo D a região planar no “xy” limitada pelas 
curvas 𝑦 = 4 − (𝑥 − 2)2 e a curva 𝑦 = 𝑥 2 − 2𝑥 
21. - Determine o volume do sólido limitado lateralmente pelo cilindro de 
raio R=2, limitada na base pela superfície z=0 e limitada por cima pela 
superfície z = 4 – y (ver figura). Sólido centrado na origem de coordenadas. 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
54 
 
HLCS 
 
 
Exercícios variados 
 
22.- Determine a área da região verde limitada pela parábola y+6 = x
2
, e a 
reta y = x. 
 
 
 
Figura: questão 22 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
55 
 
HLCS 
 
23- A figura a seguir é uma possível representação matemática do 
diagrama de taiji que simboliza a dualidade ying/yang na filosofia oriental 
chinesa. Sendo: 
Curva azul: 𝑟 = 1.2√𝜃 
Curva vermelha: 𝑟 = 2 
Curva amarela: reflexão especular em relação à origem de coordenadas da 
curva azul. Os dois círculos pequenos são idênticos. 
a) Determine a área da região em preto da figura. 
b) Determine também o perímetro externo da região em preto 
 
24.- Considere uma superfície plana limita pela cardioide 𝑟 =
𝑎(1 − cos(𝜃)), 𝑎 > 0. Determine o volume do solido de revolução gerado 
pela rotação da superfície interna a cardioide em relação ao eixo y. 
 
25.- Considere a rosácea de duas pétalas 𝑟 = 2cos (2𝜃) e a cardioide 
𝑟 = 1 + cos (𝜃). Determine a área da região planar limitada internamente 
pela rosácea e externamente pela cardioide (ver figura). 
Ajuda: È preciso analisar os pontos de intercepto das curvas pra definir 
bem os limites de integração 
 
 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
56 
 
HLCS 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
57 
 
HLCS 
 
5.16.- Repostas aos exercícios 
 
 3 ) a) 64 3b) 96 
 4 a) -16 
4b) -10/27 
4c) π/2 
5a) 128/3 
5b) 10 ln(2)-6 
5c) 2/5+ e10/10 –e2/2 
6a) 1856/15 
6 b) 5/12 
7) 159/2 
8) 8sen(1) 
9) 8/3 
10) 8/3 
 11) e2+1 
 12) πab 
 14) π+4/3 
 15) 36π 
 16) 88/81 
 17) 2 
 18) 
𝜋
4
(4 ln(4) − 3). 
 20 ) 27/2 
21) 16 π 
22 (22 + 12√6)
1
3
 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
58 
 
HLCS 
 
23 a) 2𝜋 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.2 Integral tripla 
 
 5.21 Definição da integral tripla 
 
Consideremos uma função f definida numa região espacial D ⊂ R3. 
𝑓 ∶ 𝐷 ⊂ 𝑅3 → 𝑅 
 (𝑥, 𝑦, 𝑧) → 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 
Consideremos que D seja um paralelepípedo no primeiro oitante, ou 
seja : 
𝐷 = {0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎, 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑏, 𝑒 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝑐}. 
Podemos particionar o domínio de f da seguinte maneira. 
- O intervalo [0,a] em n partes iguais, logo cada parte ∆𝑥 =
𝑎−0
𝑛
 
-O intervalo [0,b] em m partes iguais, logo cada parte ∆𝑦 =
𝑏−0
𝑚
 
-O intervalo [0,c] em l partes iguais, logo cada parte ∆𝑧 =
𝑐−0
𝑙
. 
 
No eixo x temos: [x0,x1,x2,....xi,xi+1,...,xn] onde x0=0, xn=a . 
No eixo y temos: [y0,y1,x2,....yi,yi+1,...,yn] onde y0=0, yn=b . 
No eixo z temos: [z0,z1,z2,....zk,zk+1,...,zn] onde z0=0, zn=c . 
Após realizar uma partição espacial no domínio D, na posição arbitrária 
𝑟𝑖𝑗𝑘 = (𝑥𝑖 , 𝑦𝑗 , 𝑧𝑘) ∈ 𝑊 , localizamos uma unidade fundamental 
infinitésima de volume 𝑑𝑉 = 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧. 
A escolha da localização da caixa com um vértice na origem de 
coordenadas não limita a generalidade da discussão. 
 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
59 
 
HLCS 
 
 
 
Para a função 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) definida no domínio 𝐷, a soma de Riemann tem a 
seguinte forma 
𝑆(𝑛,𝑚, 𝑙) = ∑∑ ∑ 𝑓 (𝑥𝑖 , 𝑦𝑗 , 𝑧𝑘) 𝑑𝑥𝑖𝑑𝑦𝑗 𝑑𝑧𝑘
𝑙
𝑘=1
𝑚
𝑗=1
𝑛
𝑖=1
 
Sendo o ponto 𝑟𝑖𝑗𝑘 = (𝑥𝑖 , 𝑦𝑗 , 𝑧𝑘) um ponto arbitrário da caixa 
infinitesimal dV. No entanto, a sua localização precisa, não importa, desde 
que quando realizemos o processo de limite, quando o numero de caixas 
elementares ou diferenciais vai para o infinito, o ponto 𝑟𝑖𝑗𝑘 = (𝑥𝑖 , 𝑦𝑗 , 𝑧𝑘) 
se confunde com o ponto central 𝑟 = (𝑥𝑖 , 𝑦𝑗 , 𝑧𝑘) de dV. 
Como temos particionado os 3 lados da caixa W em intervalos iguais, 
então: 
 
𝑑𝑥𝑖 = 𝑑𝑥 =
𝑎 − 0
𝑛
; 𝑑𝑥𝑖 = 𝑑𝑦 =
𝑏 − 0
𝑚
; 𝑑𝑧𝑘 = 𝑑𝑧 =
𝑐 − 0
𝑙
, ∀𝑖, ∀𝑗, ∀𝑘. 
Agora estamos em condição de apresentar a definição da integral tripla de 
uma função 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) de 3 variáveis no domínio D. 
 
 
 
y
j 
zk xi 
r 
x=a 
y=b 
z=c 
z 
x 
y 
 
dx 
dy 
dz 
dV = elemento de 
volume diferencial 
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HLCS 
 
 
Definição: 
A integral tripla da função f no domínio D é 
∭𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑉 = lim
𝑛,𝑚,𝑙→∞
𝑆(𝑛,𝑚, 𝑙),
𝐷
 
Se o limite existir. 
Se o limite da soma de Riemann existe, então dizemos que a função f é 
integrável no domínio D. 
 
Teorema: Uma função 𝑓 ∶ 𝐷 ⊂ 𝑅3 → 𝑅 é integrável em D, se o limite 
da soma de Riemann em D existe. 
Teorema: Uma função 𝑓 ∶ 𝐷 ⊂ 𝑅3 → 𝑅 continua no conjunto D, é 
integrable em D. 
 
As propriedades
listadas na pagina 15-16, para integral dupla, também 
são validas pra integrais triplas. 
 
Teorema de Fubini 
Se 𝐷 um paralelepípedo [𝑎, 𝑏] × [𝑐, 𝑑] × [𝑒, 𝑓] ⊂ 𝑅3, e 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) um 
função continua em D, então vale o método das integrais iteradas, do 
mesmo modo que no caso de integrais duplas. Logo: 
∭ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 =𝐷 ∫ [∫ [∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑧] 𝑑𝑦
𝑓
𝑒
]
𝑑
𝑐
𝑑𝑥
𝑏
𝑎
, ou 
∭ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 =𝐷 ∫ [∫ [∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑦] 𝑑𝑧
𝑑
𝑐
]
𝑓
𝑒
𝑑𝑥
𝑏
𝑎
, ou 
∭ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 =𝐷 ∫ [∫ [∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑥] 𝑑𝑦
𝑏
𝑎
]
𝑑
𝑐
𝑑𝑧
𝑓
𝑒
,.... 
 E assim por diante, a integral tripla tem em total 6 possibilidades 
distintas de se calcular em forma iterativa. 
 
 
 
Cálculo II, exercícios 
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61 
 
HLCS 
 
 
Volume de um solido. 
Considere um elemento de volume ΔV, dentro de um objeto volumétrico 
𝐷, logo ao realizar a soma destes elementos de volume para toda região 
𝐷, e logo realizarmos o limite desta soma quando o numero de partições 
vá para infinito (ou que as dimensões do elemento de volume se torna 
infinitesimal), então no limite o resultado deste processo da o volume da 
região 𝐷. 
𝑣𝑜𝑙(𝐷) = lim
𝑛,𝑚,𝑙→∞
∑∑ ∑ 𝑑𝑥𝑖𝑑𝑦𝑗 𝑑𝑧𝑘
𝑙
𝑘=1
𝑚
𝑗=1
𝑛
𝑖=1
, = ∭𝑑𝑉 = ∭𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧
𝐷𝐷
 
 
Procedimento pra calcular uma integral tripla de uma 
função 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) no domínio 𝐷 arbitrário. 
Considere uma função 𝑓 ∶ 𝐷 ⊂ 𝑅3 → 𝑅 , sendo D um domínio 
arbitrário no espaço R3, porem limitado dentro de um paralelepípedo. 
Para determinar a integral tripla de f no domínio D, utilizamos o método 
da projeção. Dependendo da forma ou complexidade da função f, iremos 
realizar uma projeção do solido 𝐷 no plano xy ou no plano xz, ou no plano 
zy. A projeção do solido 𝐷 vai definir num destes planos um domínio de 
integração nas variáveis que define tal plano escolhido. 
 
Na figura a seguir temos um solido D, limitada superiormente por uma 
superfície S1, definida pela função 𝑧 = 𝑓1(𝑥, 𝑦), e inferiormente pela 
superfície S2 definida pela função 𝑧 = 𝑓2(𝑥, 𝑦), 
Logo 𝑓2(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑧 ≤ 𝑓1(𝑥, 𝑦), ou seja 
𝐷 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3 ⋰ (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑹, 𝑓2(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑧 ≤ 𝑓1(𝑥, 𝑦)} 
 
Cálculo II, exercícios 
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HLCS 
 
 
 
Ao projetar o solido 𝐷 no plano xy obtemos a superfície 𝑹, então a 
integral tripla tem 𝐷 tem a seguinte forma: 
 
∭𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑉 = ∬ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑧 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑓1(𝑥,𝑦)
𝑓2(𝑥,𝑦)𝑹𝐷
 
 
Isto quer dizer, que devemos integrar primeiro na variável z, e logo nas 
outras coordenadas xy onde temos feito a projeção. 
Para determinar os limites de integração em x e y, precisamos estudar a 
superfície 𝑹. 
 
Formas gerais de domínios de integração de funções de 3 variáveis 
 
Existem 6 maneiras diferentes de acomodar a integral tripla como 
integrais iterativas, vamos listas algumas delas. 
Caso I : 
𝐷 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3, 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, ∅1(𝑥) ≤ 𝑦 ≤ ∅2(𝑥), 𝜑1(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑧 ≤ 𝜑2(𝑥, 𝑦) 
 
Logo a integral tripla tem a seguinte forma geral: 
 
∭𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑣
𝐷
= ∫ ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑧 𝑑𝑦 𝑑𝑥
𝜑2(𝑥,𝑦)
𝜑1(𝑥,𝑦)
∅2(𝑥)
∅1(𝑥)
𝑏
𝑎
 
Cálculo II, exercícios 
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Caso 2: 
 
𝐷 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3, 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑, 𝛽1(𝑦) ≤ 𝑥 ≤ 𝛽2(𝑦), 𝜑1(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑧 ≤ 𝜑2(𝑥, 𝑦) 
 
Logo a integral tripla tem a seguinte forma geral : 
 
∭𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑣
𝐷
= ∫ ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑧 𝑑𝑥 𝑑𝑦
𝜑2(𝑥,𝑦)
𝜑1(𝑥,𝑦)
𝛽2(𝑦)
𝛽1(𝑦)
𝑑
𝑐
 
 
Caso 3 : 
 
𝐷 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3, 𝑚 ≤ 𝑦 ≤ 𝑛, 𝛼1(𝑦) ≤ 𝑧 ≤ 𝛼2(𝑦), 𝜎1(𝑦, 𝑧) ≤ 𝑥 ≤ 𝜎2(𝑦, 𝑧) 
 
Logo a integral tripla tem a seguinte forma geral : 
 
∭𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑣
𝐷
= ∫ ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑥 𝑑𝑧 𝑑𝑦
𝜎2(𝑦,𝑧)
𝜎1(𝑦,𝑧)
𝛼2(𝑦)
𝛼1(𝑦)
𝑛
𝑚
 
 
Tem mais 3 casos a listar, fica a cargo do leitor escrever tais casos. 
 
Exercício 5.31 Determine a seguinte integral tripla 
∭𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑣
𝐷
 
Sendo 𝑓 ∶ 𝐷 ⊂ 𝑅3 → 𝑅 / 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 4 + 𝑧, e 
D = {−2 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ 4, 0 ≤ z ≤ x + y} 
Solução.- Os limites de integração já estão bem definidos (caso I ), é 
evidente que, ao projetar a região D no plano xy, teremos como limite de 
integração 𝑹 = {−2 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ 4}, logo: 
 
𝐼 = ∭𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑣 = ∬ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑧 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑥+𝑦
0𝑹𝐷
 
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HLCS 
 
𝐼 = ∫∫[∫ (
𝑥+𝑦
0
4
𝑥
2
−2
4 + 𝑧) 𝑑𝑧] 𝑑𝑦 𝑑𝑥 
Temos escolhido integrar por ultimo na variável x, porque ela tem limites 
de integração numérica. 
𝐼 = ∫ ∫[4𝑧 +
4
𝑥
2
−2
𝑧2
2
]|0
𝑥+𝑦𝑑𝑦𝑑𝑥 
𝐼 = ∫[∫(4(𝑥 + 𝑦) +
(𝑥 + 𝑦)2
2
 )
4
𝑥
2
−2
𝑑𝑦 ]𝑑𝑥 
 
𝐼 = ∫
1
2
[∫(8𝑥 + 8𝑦 + 𝑥2 + 𝑦2 + 2𝑥𝑦)𝑑𝑦] 𝑑𝑥
4
𝑥
2
−2
 
 
𝐼 = ∫(4𝑥𝑦 + 2𝑦2 +
𝑥2𝑦
2
+
𝑦3
6
+
𝑥𝑦2
2
)
2
−2
| 𝑥
4𝑑𝑥 
𝐼 = ∫(
128
3
+ 24𝑥 − 4𝑥2 −
7𝑥3
6
)
2
−2
𝑑𝑥 = 448/3 
 
 
Exercício 5.32.- Encontrar o volume de um solido formado pelos planos 
z=0, y=0, x=0, x=3 e z=4-2y. 
Solução. 
 
Primeiro devemos desenhar o solido W, construindo as faces uma a um. 
O plano inclinado z+2y=4 com vetor normal n=(0,2,1) é paralelo ao eixo x e 
corta ao plano xy (z=0) na reta y=2. Todas as outras faces do solido W são 
planos verticais a exceção da base z=0 que é horizontal. Por tanto: 
 
𝑊 = {0 ≤ 𝑥 ≤ 3, 0 ≤ 𝑦 ≤ 2, 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝑧 = 4 − 2𝑦} 
 
 
Cálculo II, exercícios 
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65 
 
HLCS 
 
 
O solido W em forma de uma cunha ao projetar no plano xy, gera o 
domínio retangular de integração D em x e y. 
 𝐷 = {0 ≤ 𝑥 ≤ 3, 0 ≤ 𝑦 ≤ 2} 
 
 
 
 
 
W 
Z= 4-2y 
z 
dV 
D 
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𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∭𝑑𝑉 = ∭𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 = ∬ ∫ 𝑑𝑧 𝑑𝑦 𝑑𝑥
4−2𝑦
0𝐷𝑊𝑊
 
 
𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∬(4 − 2𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∫∫(4 − 2𝑦) 𝑑𝑦 𝑑𝑥
2
0
3
0𝐷
 
 
𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∫ (4𝑦 − 𝑦2)|20
3
0
𝑑𝑥 = ∫ 4 𝑑𝑥 = 12
3
0
. Resposta 
 
Outro método para calcular volume de W 
Podemos também projetar o solido W no plano zy. Neste caso temos uma 
base triangular D com altura (relativa a base) constante x=3. 
 
𝑊 = {0 ≤ 𝑦 ≤ 2, 0 ≤ 𝑧 ≤ 4 − 2𝑦, 0 ≤ 𝑥 ≤ 3} 
 
 
 
Cálculo II, exercícios 
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Logo o volume de W será : 
 
𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∭ 𝑑𝑉 = ∬ [∫ 𝑑𝑥] 𝑑𝑦 𝑑𝑧
3
0𝐷𝑊
= 3∬ 𝑑𝑧 𝑑𝑦 = 3𝐷 𝐴𝑟𝑒𝑎𝐷 = 12. 
 
sendo 
 
 𝐷 = {0 ≤ 𝑦 ≤ 2, 0 ≤ 𝑧 ≤ 4 − 2𝑦} a base triangular do solido. 
 
 
Exercício 5.33.- Determine a integral ∭ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑣𝐷 no domínio D 
limitado pela interseção do cilindro parabólico 𝑆 ≔ {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3, 𝑧 =
5 − 𝑥2, y = [0,8]} e o plano horizontal 𝑃 ≔ {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3, 𝑧 = 1,−2 ≤
𝑥 ≤ 2,0 ≤ 𝑦 ≤ 8} . Sendo 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑦2𝑧. 
 
Solução.- Para calcular a integral tripla da função 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) no domínio D, 
é necessário saber descrever o domínio D, em forma de desigualdades. 
A seguir vamos estabelecer as projeções do solido D, nos planos 
cartesianos xy, xz e yz. 
 
Cálculo II, exercícios 
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HLCS 
 
 
 
De acordo as regiões R1,R2,R3, resultados das projeções do sólido D, nos 
planos cartesianos xy, xz e yz, respetivamente; temos: 
𝑅1 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅
2, −2 ≤ 𝑥 ≤ 2, 0 ≤ 𝑦 ≤ 8} 
𝑅2 = {(𝑥, 𝑧) ∈ 𝑅
2, −2 ≤ 𝑥 ≤ 2, 1 ≤ 𝑧 ≤ 5 − 𝑥2} 
𝑅3 = {(𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅
2, 0 ≤ 𝑦 ≤ 8, 1 ≤ 𝑧 ≤ 5} 
Com isto o sólido D, pode ser
representado assim : 
𝐷 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3 / (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅1, 0 ≤ 𝑧 ≤ 5 − 𝑥
2}, ou 
𝐷 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3/ (𝑥, 𝑧) ∈ 𝑅2, 0 ≤ 𝑦 ≤ 8}, ou 
𝐷 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3/ (𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3, −√5 − 𝑧 ≤ 𝑥 ≤ √5 − 𝑧} 
Logo, a integral tripla fica assim: 
∭𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑣
𝐷
= ∬[ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑧] 𝑑𝑦 𝑑𝑥
5−𝑥2
0𝑅1
 
ou 
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∭𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑣
𝐷
= ∬[∫𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑦] 𝑑𝑧 𝑑𝑥
8
0𝑅2
 
 
Ou 
∭𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑣
𝐷
= ∬[ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑥] 𝑑𝑦 𝑑𝑧
√5−𝑧
−√5−𝑧𝑅3
 
 
Vamos desenvolver esta última integral 
 
𝐼 = ∭𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑣
𝐷
= ∬[ ∫ 𝑥𝑦2𝑧 𝑑𝑥] 𝑑𝑦 𝑑𝑧
√5−𝑧
−√5−𝑧𝑅3
 
 
 
Cálculo II, exercícios 
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70 
 
HLCS 
 
 
𝐼 = ∬𝑦2𝑧 ∫ 𝒙 𝒅𝒙 𝑑𝑦 𝑑𝑧
√𝟓−𝒛
−√𝟓−𝒛𝑅3
= 0 
Isto porque a integral em azul é zero, por propriedade de funções 
impares. 
Observação: quando projetamos o sólido ao plano yz, a altura “x” do 
solido se pode medir diretamente a partir do plano x=0, logo a altura do 
mesmo, varia de um 𝑥𝑚𝑖𝑛 = −√5 − 𝑧 até 𝑥𝑚á𝑥 = √5 − 𝑧 
 
 
 
5.22 Mudança de coordenadas na integração 
tripla. 
Definição 
 
 Integração tripla em coordenadas cilíndricas 
 
Mudança de coordenadas de Coord. Cartesianas a cilíndricas: 
 
𝑥 = 𝑥(𝑟, 𝜃, 𝑧) = 𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃) 
𝑦 = 𝑦(𝑟, 𝜃, 𝑧) = 𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃) 
𝑧 = 𝑧 
Elemento de volume em coordenadas cilíndricas 
 
𝑑𝑉 = |𝐽|𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝑧 
Sendo J o Jacobiano da transformação de coordenadas cartesianas a 
cilíndricas. 
𝐽 = det (𝐽) 
Cálculo II, exercícios 
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71 
 
HLCS 
 
 
𝐽 =
|
|
𝜕𝑥
𝜕𝑟
𝜕𝑥
𝜕𝜃
𝜕𝑥
𝜕𝑧
𝜕𝑦
𝜕𝑟
𝜕𝑦
𝜕𝜃
𝜕𝑦
𝜕𝑧
𝜕𝑧
𝜕𝑟
𝜕𝑧
𝜕𝜃
𝜕𝑧
𝜕𝑧
|
|
 
 
 
 
Especificando as derivadas parciais 
 
𝐽 = |
𝑐𝑜𝑠(𝜃) 𝑟 𝑠𝑖𝑛(𝜃) 0
𝑠𝑖𝑛(𝜃) 𝑟 𝑐𝑜𝑠(𝜃) 0
0 0 1
| 
Finalmente, calculando a determinante da matriz anterior 
𝐽 = det(𝐽) = 𝑟 
 
Por tanto na mudança de coordenadas de cartesianas a cilíndricas o 
elemento de volume muda da seguinte forma: 
 
𝑑𝑉 = 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 → 𝑑𝑉 = 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝑧 
 
De outra forma, podemos também chegar ao resultado anterior por 
considerações geométricas. 
 
Cálculo II, exercícios 
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72 
 
HLCS 
 
 
 
 
 
Isto significa que uma integral tripla em coordenadas cartesianas vai se 
modificar em coordenadas cilíndricas da seguinte forma: 
 
 
∫ ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 =
𝑠(𝑥,𝑦)
𝑟(𝑥,𝑦)
ℎ(𝑥)
𝑔(𝑥)
𝑏
𝑎 ∫ ∫ ∫ 𝑓(𝑟, 𝜃, 𝑧) 𝒓 𝑑𝑧 𝑑𝑟 𝑑𝜃
𝑛(𝑟,𝜃)
𝑙(𝑟,𝜃)
𝑝(𝜃)
𝑞(𝜃)
𝜃2
𝜃1
 
 
 
Exemplo 5.411.- Determine a integral ∭ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑉𝑊 , sendo 
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑧, e 𝑊 = {(𝑟, 𝜃, 𝑧) ∈ 𝑅3 / 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋/2, 4cos (𝜃) ≤ 𝑟 ≤
4,0 ≤ 𝑧 ≤ 5. 
Solução. 
 
Pelos dados do domínio de integração, é melhor integrar em coordenadas 
cilíndricas logo : 
 
𝐼 = ∭𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑉
𝑊
= ∫ ∫ ∫𝑧 𝒓 𝑑𝑧 𝑑𝑟 𝑑𝜃
5
0
4
4cos (𝜃)
𝜋/2
0
 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
73 
 
HLCS 
 
 
 
𝐼 = ∫ ∫ 𝑟 [
𝑧2
2
]0
5 𝑑𝑟 𝑑𝜃 =
4
4cos (𝜃)
𝜋/2
0
25
2
∫ ∫ 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃
4
4cos (𝜃)
𝜋/2
0
 
 
Integrando em r e avaliando nos limites de integração 
𝐼 =
25
4
∫ (16 − 16 (cos(𝜃))2) 𝑑𝜃
𝜋/2
0
= 100 ∫ ((sin(𝜃))2) 𝑑𝜃
𝜋/2
0
 
 
 
𝐼 = 25𝜋 
 
Exemplo 5.412.- Determine a formula do volume de um cilindro de raio R 
e altura H. 
Solução.- 
Para calcular o volume do cilindro vamos localizar a origem de 
coordenadas no centro da base circular do cilindro, como o eixo coaxial 
do cilindro sendo o eixo Z. 
 
 
 
 
 
Cálculo II, exercícios 
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74 
 
HLCS 
 
O sólido cilíndrico em coordenadas cilíndricas fica assim: 
 
𝑊 = {(𝑟, 𝜃, 𝑧) ∈ 𝑅3 / 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋, 0 ≤ 𝑟 ≤ 𝑅, 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝐻} 
 
𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∭𝑑𝑉 = ∭𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝑧 =
𝑊𝑊
∫ ∫ ∫ 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝑧
𝐻
0
𝑅
0
2𝜋
0
 
 
 
𝑣𝑜𝑙(𝑊) = 𝜋𝑅2𝐻 
 
Exemplo 5.413.- Determine a área lateral de um cilindro de altura H e 
raio R, em coordenadas cilíndricas 
Solução.- 
 
Solução.- Vamos colocar o sistema de coordenadas cartesianas 
centralizada na base do cilindro. Logo a superfície cilíndrica S tem os 
seguintes limites : 
 
𝑆 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3 / 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑅2, 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝐻} 
 
ou 
 
𝑆 = {(𝑟, 𝜃, 𝑧) ∈ 𝑅3 / 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋, 𝑟 = 𝑅, 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝐻} 
 
De acordo com a figura construída, vamos identificar um elemento de 
área infinitesimal na posição arbitrária 𝑟 = (𝑅, 𝜃, 𝑧) da superfície lateral 
do cilindro. 
 
O elemento de área 𝑑𝐴 tem como dimensões 𝑑𝑧 e 𝑅𝑑𝜃 logo: 
 
𝑑𝐴 = 𝑅𝑑𝜃 𝑑𝑧 
 
𝐴𝐿 = ∬𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑑𝐴
2𝜋
0
= ∫ ∫ 𝑅𝑑𝜃 𝑑𝑧
2𝜋
0
= 𝑅 (2𝜋)(𝐻) = 2𝜋𝑅 𝐻
𝐻
0
𝐻
0
 
Cálculo II, exercícios 
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75 
 
HLCS 
 
 
 
 
Podemos cortar o cilindro por uma linha vertical lateral e ao esticar temos 
um retângulo de dimensões H e 2𝜋𝑅, logo trivialmente a área total será 
 
𝐴𝐿 = 2𝜋𝑅 𝐻 
 
 
Exemplo 5.414.- Considere a seguinte a seguinte transformação de 
coordenadas 𝑇: (𝑢, 𝑣, 𝑧) → (𝑥, 𝑦, 𝑧), definido assim 
𝑥 = 𝑎 𝑣 cos(𝑢) , 𝑦 = 𝑏 𝑣 sin(𝑢) , 𝑧 = 𝑧 
a) Seja a região 
 𝐷∗ = {(𝑢, 𝑣, 𝑧) ∈ 𝑅3/ 0 ≤ 𝑢 ≤ 2𝜋, 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝐻, 0 ≤ 𝑣 ≤ 1} 
 nas coordenadas (𝑟, 𝜃, 𝑧). Determine a imagem de 𝐷∗ via a 
 transformação 𝑇. 
b) Determine o jacobiano da transformação T. 
c) Determine o volume do cilindro elíptico de altura H, definido assim 
 𝑉 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3/ 0 ≤
𝑥2
𝑎2
+
𝑦2
𝑏2
≤ 1, 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝐻} 
 
Cálculo II, exercícios 
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76 
 
HLCS 
 
Solução.- 
a) Observe que 𝐷∗ nas coordenadas : 𝑢, 𝑣, 𝑧 é um paralelepípedo, já 
que cada variável é um segmento de reta. 
 
 
 
 
 
 
 
Para determinar a forma da região 𝐷 = 𝑇(𝐷∗) no espaço 𝑅3 
procedemos assim: 
 
Da definição de T: 
 
𝑥
𝑎
= 𝑣 cos(𝑢) ,
𝑦
𝑏
= 𝑣 sin(𝑢) , 𝑧 = 𝑧 
 
Logo, 
 
 
(
𝑥
𝑎
)2 = 𝑣2 cos(𝑢)2 , (
𝑦
𝑏
)
2
= 𝑣2 sin(𝑢)2 
Dai que: 
 
(
𝑥
𝑎
)
2
+ (
𝑦
𝑏
)
2
= 𝑣2 
Cálculo II, exercícios 
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77 
 
HLCS 
 
 
E como, por dado do problema: 0 ≤ 𝑣 ≤ 1 
 
Temos: 
𝐷 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝜖𝑅3 / 0 ≤ (
𝑥
𝑎
)2 + (
𝑦
𝑏
)
2
≤ 1, 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝐻} 
 
O conjunto D anterior nada mais é um cilindro elíptico finito, ou seja, um 
cilindro vertical ao longo do eixo z de altura H, por cima do plano 𝑥𝑦; com 
seção transversal elíptica. 
 
 
 
 
 
b) O jacobiano da transformação de coordenadas T é 𝐽 = |𝐽∗| 
 
 
 
𝐽∗ = 𝑑𝑒𝑡
(
 
 
 
𝜕𝑥
𝜕𝑣
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝜕𝑧
𝜕𝑦
𝜕𝑣
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕𝑧
𝜕𝑧
𝜕𝑣
𝜕𝑧
𝜕𝑢
𝜕𝑧
𝜕𝑧)
 
 
 
= 𝑑𝑒𝑡 (
𝑎cos (𝑢) −𝑎𝑣sin (𝑢) 0
𝑏𝑠𝑖𝑛(𝑢) 𝑏𝑣𝑐𝑜𝑠(𝑢) 0
0 0 1
) 
Cálculo II, exercícios 
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78 
 
HLCS 
 
 
 
 
𝐽∗ = 𝑎𝑏𝑣 
Dai que, 
𝐽 = |𝑎𝑏|𝑣 
 
Observe que 𝑢 é uma coordenada angular. 
 
c) Pelo item a e b, a região 𝑉, dado no enunciado da questão c, é o 
mesmo que o cilindro elíptico 𝐷. 
 
Pra calcular o volume da região 𝐷, procedemos assim: 
 
𝑣𝑜𝑙(𝐷) = ∭1 𝒅𝒙 𝒅𝒚 𝒅𝒛
𝐷
= ∭1 𝑱 𝒅𝒖 𝒅𝒗 𝒅𝒛
𝐷∗
 
 
𝑣𝑜𝑙(𝐷) = ∫ ∫∫ 𝑑𝑢 𝑑𝑣 𝑑𝑧
𝐻
0
1
0
2𝜋
0
 
 
 
𝑣𝑜𝑙(𝐷) = 2𝜋 |𝑎𝑏|𝐻 
Ou seja, o volume de um cilindro elíptico é 2𝜋 |𝑎𝑏|𝐻. 
 
 
Integração tripla em coordenadas esféricas
Já sabemos da transformação de coordenadas de Coord. Cartesianas a 
esféricas : 
 
𝑥 = 𝑥(𝑟, 𝜃, 𝑧) = 𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)cos (𝜙) 
𝑦 = 𝑦(𝑟, 𝜃, 𝑧) = 𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)sin (𝜙) 
𝑧 = 𝑧(𝑟, 𝜃) = 𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃) 
 
 
Cálculo II, exercícios 
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79 
 
HLCS 
 
O elemento de volume em coordenadas cilíndricas será 
 
𝑑𝑉 = |𝐽|𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑 𝜙 
 
 
De acordo a regra geral da transformação de coordenadas dado na seção 
5.2, o Jacobiano da transformação de coordenadas cartesianas a esféricas 
é : 
𝐽 = det (𝐽) 
 
𝐽 =
|
|
𝜕𝑥
𝜕𝑟
𝜕𝑥
𝜕𝜃
𝜕𝑥
𝜕𝜙
𝜕𝑦
𝜕𝑟
𝜕𝑦
𝜕𝜃
𝜕𝑦
𝜕𝜙
𝜕𝑧
𝜕𝑟
𝜕𝑧
𝜕𝜃
𝜕𝑧
𝜕𝜙
|
|
 
 
 
Especificando as derivadas parciais 
 
 
𝐽 = |
𝑠𝑖𝑛(𝜃)cos (𝜙) 𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃)cos (𝜙) −𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)sin (𝜙)
𝑠𝑖𝑛(𝜃)sin (𝜙) 𝑟𝑐𝑜𝑠(𝜃)sin (𝜙) 𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)cos (𝜙)
cos (𝜙) −𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃) 0
| 
Finalmente, calculando a determinante da matriz anterior 
𝐽 = |det(𝐽)| = |𝑟2 sin(𝜃) | 
Como 𝜃 𝜖 [0, 𝜋] e 𝑟 > 0, então : |𝑟2 sin(𝜃)| = r2sin(𝜃) 
 
Por tanto na mudança de coordenadas de cartesianas a esféricas o 
elemento de volume muda da seguinte forma: 
 
𝑑𝑉 = 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 → 𝑑𝑉 = 𝑟2 sin(𝜃) 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙 
 
Isto significa que uma integral tripla em coordenadas cartesianas vai se 
modificar em coordenadas esféricas da seguinte forma: 
 
 
∫ ∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 =
𝑠(𝑥,𝑦)
𝑟(𝑥,𝑦)
ℎ(𝑥)
𝑔(𝑥)
𝑏
𝑎 ∫ ∫ ∫ 𝑓(𝑟, 𝜃, 𝜙) 𝑟
2 sin(𝜃) 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙
𝑛(𝜙,𝜃)
𝑙(𝜙,𝜃)
𝑝(𝜙)
𝑞(𝜙)
𝜙2
𝜙1
 
 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
80 
 
HLCS 
 
 
 
Uma maneira geométrica de obter a formula do elemento do elemento 
𝑑𝑉 é utilizando a figura anterior. 
Na figura, no ponto final do vetor posição 𝑟 localizamos um elemento de 
volume 𝑑𝑉 infinitesimal cujos lados são 𝑑𝑟, 𝑟𝑑𝜃, 𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)𝑑𝜙, 
respectivamente. 
Dai, que o volume 𝑑𝑉 = 𝑑𝑟 𝑟𝑑𝜃 𝑟𝑠𝑖𝑛(𝜃)𝑑𝜙 = 𝑟2𝑠𝑖𝑛(𝜃)𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙, 
que coincide com o resultado anterior via construção do jacobiano. 
 
Observamos também, da figura que o elemento de área 𝑑𝐴𝑟 para 𝑟 fixo é 
dado por : 
 
𝑑𝐴𝑟 = 𝑟
2𝑠𝑖𝑛(𝜃) 𝑑𝜃 𝑑𝜙 
 
Isto será útil, por exemplo, pra calcular a área total da superfície esférica 
de raio fixo (ver exemplo 5.315). 
 
 
 
 
Cálculo II, exercícios 
ect/ufrn 
81 
 
HLCS 
 
Exemplo 5.421.- Considere uma esfera de raio R=4 centralizada na origem 
de coordenadas, determine o volume da esfera. 
 
Solução.- 
 
Para calcular o volume da esfera solida 𝑊, iremos localizar o elemento de 
volume 𝑑𝑉 no ponto 𝑃 = (𝑟, 𝜃, 𝜙) interior a esfera 𝑊 (ver figura). A 
seguir devemos delimitar a esfera em coordenadas esféricas, logo: 
 
𝑊 = {(𝑟, 𝜃, 𝜙) ∈ 𝑅3 / 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋, 0 ≤ 𝑟 ≤ 𝑅, 0 ≤ 𝜙 ≤ 2𝜋} 
 
 
𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∭𝑑𝑉 = ∭𝑟2 sin(𝜃) 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙
𝑊𝑊
 
 logo : 
 
𝑣𝑜𝑙(𝑊) = ∫ sin(𝜃) 𝑑𝜃 ∫ 𝑟2𝑑𝑟 ∫ 𝑑𝜙
2𝜋
0
𝑅
0
𝜋
0
=
4
3
𝜋𝑅3 
 
 
 
 
 
r 
𝞥� 
 
𝞠� 
x 
y 
z 
dV 
R 
 
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82 
 
HLCS 
 
 
 
 
 
Exemplo 5.423.- Determine a área total da superfície esférica (𝑆2) de 
raio R=4 e centralizada na origem de coordenadas. 
solução 
 
De acordo ao ultimo resultado nesta seção, temos que numa superfície 
esférica, o elemento de área é 
 
𝑑𝐴𝑟 = 𝑟
2𝑠𝑖𝑛(𝜃) 𝑑𝜃 𝑑𝜙 
 
 
Logo, a área total é 
 
𝐴𝑠 = ∬𝑑𝐴𝑟 = ∬𝑟
2𝑠𝑖𝑛(𝜃) 𝑑𝜃 𝑑𝜙 
 
 
𝐴𝑠 = ∫ ∫ 𝑅
2𝑠𝑖𝑛(𝜃) 𝑑𝜃 𝑑𝜙
𝜋
0
2𝜋
0
= 4𝜋𝑅2 
 
Exemplo 5.424 Resolva a seguinte integral ∭ 𝑓(𝑟, 𝜃, ∅) 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙𝑊 
Sendo 𝑊 = {(𝑟, 𝜃, ∅) ∈ 𝑅3, 0 ≤ 𝑟 ≤ 𝑅, 0 ≤ ∅ < 2𝜋, 0 ≤ 𝜃 ≤
𝜋
2
} e 
𝑓(𝑟, 𝜃, ∅) = 𝑟4sin (𝜃)3 
 
Solução.- 
 
A região indicada por W, é basicamente o hemisfério norte de uma esfera 
maçisa de raio R. A função 𝑓(𝑟, 𝜃, ∅) esta inicialmente definida em todo 
espaço 𝑅3 inclusive claro W. 
 
𝐼 = ∭𝑟4sin (𝜃)3 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝜙
𝑊
= ∫ ∫ ∫ 𝑟4sin (𝜃)3𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑∅
𝑅
0
𝜋
2
0
2𝜋
0
 
Cálculo II, exercícios 
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83 
 
HLCS 
 
Como a função 𝑓(𝑟, 𝜃, ∅) é separável e os limites de integração são 
constantes numéricas então 
 
𝐼 = ∫ ∫ ∫ 𝑟4sin (𝜃)3𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑∅
𝑅
0
𝜋
2
0
2𝜋
0
= ∫ 𝑑∅ .∫ sin (𝜃)3𝑑𝜃 ∫ 𝑟4 𝑑𝑟
𝑅
𝑜
𝜋
2
0
2𝜋
0
 
 
𝐼 = 2𝜋.
2
3
.
𝑅5
5
=
4𝜋𝑅5
15
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Cálculo II, exercícios 
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HLCS 
 
5.3 Integração dupla em superfícies 
arbitrarias 
 
Consideremos uma superfície arbitraria 𝑆 no espaço 𝑅3 cuja equação é 
𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦), com derivadas parciais continuas no domínio 𝑅2 
Consideremos um elemento de área infinitesimal 𝑑𝐴 no ponto 𝑃, sobre a 
superfície 𝑆. Para calcular o vetor unitário normal �̂� a S em P, procedemos 
assim: 
 
O conjunto D é a projeção da superfície S no plano xy . 
 
Consideremos a hiper- superfície S: 
 
𝑤 = 𝑤(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 − 𝑓(𝑥, 𝑦) = 0, 
 
d
A
xydA
2RD
3RS 
n 
k 
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85 
 
HLCS 
 
Logo 
�̂� =
∇𝑤
|∇𝑤|
=
(−𝑓𝑥, −𝑓𝑦 , 1)
√1 + 𝑓𝑥
2 + 𝑓𝑦
2
 
 
 
 
Da figura anterior, a projeção do elemento diferencial de área 𝑑𝐴 no 
plano horizontal 𝑥𝑦 é : 
 
𝑑𝐴𝑥𝑦 = 𝑑𝐴 cos (𝛾) 
 
Sendo 𝛾 o ângulo formado pelo vetor unitário �̂� (perpendicular a 𝑑𝐴) e o 
vetor unitário �̂� = (0,0,1) (perpendicular a 𝑑𝐴𝑥𝑦). 
 
Sendo 
�̂�. �̂� = |�̂�||�̂�|cos (𝛾), 
daí, 
cos(𝛾) =
1
√1 + 𝑓𝑥
2 + 𝑓𝑦
2
 
 
 
Por tanto, 
𝑑𝐴𝑥𝑦 = 𝑑𝐴 
1
√1 + 𝑓𝑥
2 + 𝑓𝑦
2
 
 
 
Finalmente: 

dA 
K 
dAxy 
Cálculo II, exercícios 
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86 
 
HLCS 
 
𝐴(𝑆) = ∬ 𝑑𝐴 = ∬√1 + 𝑓𝑥
2 + 𝑓𝑦
2 𝑑𝑥 𝑑𝑦
𝐷𝑆
 
É a área da superfícies S. 
 
Definição. (integral dupla de uma função de variável vetorial sobre uma 
superfície arbitraria). 
Seja 𝑆 uma superfície definida pela função real de variável vetorial 
𝑓:𝐷 ⊂ 𝑅2 → 𝑅, 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦), suave (continua e com derivadas parciais 
bem definidas e continuas em D) e 𝑔 é outra função real continua de 
variável vetorial (tal que 𝑤 = 𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧)) esta bem definida na superfície 
𝑆. Definimos a integral dupla de 𝑔 sobre 𝑆 por 
 
∬𝒈 𝒅𝑨 = ∬𝒈(𝒙, 𝒚, 𝒛) 𝒅𝑨
𝑺
= ∬𝒈(𝒙, 𝒚, 𝒇(𝒙, 𝒚))√𝟏 + 𝒇𝒙
𝟐 + 𝒇𝒚
𝟐 𝒅𝒙 𝒅𝒚
𝑫𝑺
 
 
Sendo 𝑓𝑥 =
𝜕𝑓
𝜕𝑥
, 𝑓𝑦 =
𝜕𝑓
𝜕𝑦
. 
 
Exemplo 5.50 Determine a seguinte integral ∬ 𝑔 𝑑𝐴𝑆 
Sendo 𝑆 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ 𝑅3/ 𝑧 = 4 − 𝑦, 0 ≤ 𝑥 ≤ 2} e 
𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 + 𝑦 + 𝑧. 
 
solução 
 
A superfície 𝑆 é um plano inclinado com vetor normal �⃗⃗� = (0,1,1), cuja 
equação podemos adequar como uma função de duas variáveis 
𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) = 4 − 𝑦 (ver figura). 
 
 
∬𝑔 𝑑𝐴 =
𝑆
∬𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) √1 + 𝑓𝑥
2 + 𝑓𝑦
2 𝑑𝑥 𝑑𝑦
𝐷
 
Sendo 𝐷 a projeção da superfície 𝑆 no plano 𝑥𝑦. 
Da equação do plano 𝑆 temos: 
 
Cálculo II, exercícios 
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87 
 
HLCS 
 
𝑓𝑥 =
𝑑𝑓(𝑥, 𝑦)
𝑑𝑥
= 0, 𝑓𝑦 =
𝑑𝑓(𝑥, 𝑦)
𝑑𝑦
= −1 
 
 
∬𝑔 𝑑𝐴 =
𝑆
∬𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) √2 𝑑𝑥 𝑑𝑦
𝐷
 
 
Observe que para calcular a integral, importa o valor da função 𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑧) 
na superfície S, logo 𝑔(𝑥, 𝑦, 𝑓(𝑥, 𝑦)) = 𝑥 + 𝑦 + 4 − 𝑦 = 𝑥 + 4 
 
∬𝑔 𝑑𝐴 =
𝑆
∬(𝑥 + 4) √2 𝑑𝑥 𝑑𝑦
𝐷
 
 
Sendo 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅2/ 0 ≤ 𝑥 ≤ 2, 0 ≤ 𝑦 ≤ 4} 
 
S: z = f(x,y) = 4-y 
D 
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