Exemplos Integral Dupla_Respostas

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Exemplo 1: Calcule o volume do sólido que está acima do quadrado R = [0,2] x [0,2] e 
abaixo do paraboloide z = 16 – x2 – y2. 
Solução: O volume de um sólido limitado superiormente pelo gráfico de uma função 
f(x,y), lateralmente por uma região R e abaixo pelo plano xy é dado por 

R
dA)y,x(fV . Assim, como R é um quadrado R = {(x,y) | 0 < x < 2, 0 < y < 2}, esta 
integral dupla pode ser calculada facilmente por uma integral iterada, sendo que tanto 
faz a ordem de integral, pois os limites de x e y são independentes da outra variável. 
Assim, 
   
.v.u
3
160
3
16
3
176
3
x
2
3
x88
dxx2
3
88
dx
3
8
x232
dx
3
y
yxy16dxdyyx16dAyx16V
2
0
32
0
2
2
0
2
2
0
2
0
3
2
2
0
2
0
22
R
22









































 
 
Exemplo 2: Calcule  
R
dA)y2x( onde R é a região limitada pelas parábolas y = 2x2 e y 
= 1 + x2. 
Solução: As parábolas são desenhadas a partir de suas raízes, quando existem. A 
parábola y = 2x2 tem uma única raiz em x = 0. Este será o vértice da parábola e ela tem 
concavidade para cima, pois o coeficiente de x2 é positivo. A parábola y = 1 + x2 não 
tem raízes reais. Portanto, seu vértice é obtido calculando-se sua derivada e igualando-
se a zero, para determinar o valor de x, e substituindo-se este valor na equação para 
determinar o y do vértice. Assim, y’ = 2x = 0  x = 0 e y = 1 + 02. Assim, o vértice será 
(0,1) e concavidade é para cima, pois o coeficiente de x2 é positivo. 
Para determinar as intersecções das curvas fazemos 2x2 = 1 + x2, resultando x = 1 ou x 
= -1. 
 
A região R está inscrita na faixa vertical –1 < x < 1, pois essas são as abscissas dos 
pontos de intersecção das duas parábolas e podemos escrever R = {(x,y) | –1 < x < 1, 
2x2 < y < 1 + x2}. Assim, calculamos a integral dupla através das seguintes integrais 
iteradas: 
     
   
15
32
x
2
x
3
x
2
4
x
5
x
3
dx1xx2xx3dxx4x2xx21xx
dxx4x2)x1()x1(xdxyxydxdy)y2x(dA)y2x(
1
1
2345
1
1
234
1
1
43423
1
1
43222
1
1
x1
x2
2
1
1
x1
x2R
2
2
2




























 
 
Exemplo 3: Determine o volume do sólido que está abaixo do paraboloide z = x2 + y2 e 
acima da região do plano xy limitada pela reta y = 2x e pela parábola y = x2. 
Solução: A parábola y = x2 tem uma única raiz em x = 0. Este será o vértice da parábola 
e ela tem concavidade para cima, pois o coeficiente de x2 é positivo. A reta y = 2x é 
desenhada a partir de dois pontos. Assim, escolhemos dois valores para x e 
determinamos o y resultante, ou seja, x = 0  y = 2.0 = 0 e x = 1  y = 2.1 = 2. Para 
determinar as intersecções das curvas fazemos x2 = 2x, resultando x = 0 ou x = 2. 
 
R é uma região inscrita na faixa vertical 0 < x < 2. Logo R = {(x,y) | 0 < x < 2, x2 < y < 2x}. 
Assim, o volume é: 
   
.v.u
35
216
21
128
5
32
12
16.14
21
x
5
x
12
x14
dx
3
x
x
3
x14
dx
3
x
x
3
x8
x2dx
3
y
yxdxdyyxdAyxV
2
0
7542
0
6
4
3
2
0
6
4
3
3
2
0
x2
x
3
2
2
0
x2
x
22
R
22
22















































 
 
Observação: Caso R seja descrita como uma região inscrita numa faixa horizontal 0 < y 
< 4, tem-se que R = {(x,y) | 0 < y < 4, y/2 < x < }. Assim, o volume será dado por: 
   
.v.u
35
216
3
8.13
7
256
15
64
96
y13
7
y2
15
y2
dy
24
y13
y
3
y
dy
2
y
24
y
y
3
y
dyxy
3
x
dydxyxdAyxV
4
0
42/72/54
0
3
2/5
2/3
4
0
33
2/5
2/34
0
y
2/y
2
34
0
y
2/y
22
R
22















































 
 
Exemplo 4: Calcule 
R
xydA , onde R é a região limitada pela reta y = x – 1 e pela 
parábola y2 = 2x + 6. 
Solução: Vamos desenhar os eixos invertidos (eixo y na horizontal e eixo x na vertical). 
A parábola x = y2/2 - 3 tem duas raízes em y = . A parábola cortará o eixo y nestes 
dois pontos e ela tem concavidade para cima, pois o coeficiente de y2 é positivo. A reta 
y = x - 1 é desenhada escolhendo dois valores para x e determinamos o y resultante, ou 
seja, x = 0  y = 0 - 1 = -1 e x = 1  y = 1 - 1 = 0. 
 
O desenho da região pode, também, ser feito com os eixos nas posições usuais, como 
vemos abaixo. 
 
A intersecção das duas curvas é calculada da seguinte maneira: 
[y2 = 2x + 6]  [y = x – 1]  
2
6y
x
2 
 e x = y + 1  1y
2
6y2


  y2 – 2y – 8 = 0 
  y = –2 ( x = –1 ) ou y = 4 (x = 5 ) 
Portanto os pontos de intersecção das curvas são (-1,-2) e (5,4). Novamente, a região R 
pode ser considerada inscrita tanto em uma faixa vertical como em uma faixa 
horizontal. Mas a descrição de R considerada inscrita na faixa vertical -3 < x < 5 é mais 
complicada, pois sua fronteira inferior é constituída por mais de uma curva. Assim, 
preferimos expressá-la como R = { (x,y) | -2 < y < 4, 
2
6y 2 
< x < y + 1 }. Logo: 
3664
3
64
64
3
32
256
3
512
1024
3
2048
8
1
y16
3
y
8y4
6
y
8
1
dy
4
y32y8y16y
2
1
dy)
8
y36y12y
2
yy2y
(dyy
2
x
dyxydxxydA
4
2
2
3
4
64
2
235
4
2
35234
2
1y
2
6y
24
2
1y
2
6yR
2
2




















































 
 
 
Exemplo 5: Determine o volume do tetraedro limitado pelos planos coordenados e 
pelo plano x + 2y + 3z = 6. 
Solução: Observe que, neste exemplo, não foi apresentada a região R. Neste tipo de 
exercício, encontra-se a região R pela intersecção da superfície com o plano xy. Para 
tanto, devemos fazer um esboço da superfície para, com isto, enxergar a região R. No 
caso de planos, seu esboço é obtido pela intersecção deste com os eixos coordenados, 
ou seja, substituímos na equação do plano duas variáveis nulas e encontramos a outra, 
que é marcada no eixo respectivo. O plano é representado pelo triângulo que tem este 
três pontos como vértice. Assim, observando o desenho do plano, vemos a sombra no 
plano xy (figura ao lado) que é um triângulo com vértices em (0,0), (6,0) e (0,3). 
 
Este triângulo pode ser descrito tanto numa faixa horizontal como numa faixa vertical. 
Vamos optar por descrevê-lo dentro de um faixa horizontal. No caso, y varia entre 0 e 
3. Para um dado y, o x varia de 0 até a reta azul. A equação desta reta pode ser obtida 
pela intersecção do plano com o plano xy (basta fazer z = 0 na equação), ou seja, x + 2y 
= 6. Assim, R = {(x,y) | 0 < y < 3, 0 < x < 6 – 2y} e a função a ser integrada é obtida 
isolando-se z na equação do plano, ou seja, 
 
 
 e o volume deste 
sólido é dado por: 
 
 
 
 
  .v.u6
3
y2
y6y18
3
1
dyy2y1218
3
1
dyy26y2
2
y26
y266
3
1
dyyx2
2
x
x6
3
1
dydxy2x6
3
1
dA
3
y2x6
V
3
0
3
2
3
0
2
3
0
2
3
0
y26
0
23
0
y26
0R


































 

 
 
Exemplo 6: Expresse, de duas maneiras diferentes, as integrais iteradas que resolvem 

R
dA)y,x(f , sendo f uma função contínua sobre a região R do plano xy limitada pelos 
gráficos de 
6
x

 , y = 1, y = 3, 3y + x = 10 e x = y2. 
Solução: No gráfico abaixo, aparecem as curvas que formam a fronteira de R. 
 
A região que tem como fronteira todas as curvas citadas é a parte sombreada do 
plano. Portanto essa é a região R. Assim, podemos descrevê-la de duas formas: 
I) Inscrita na faixa vertical /6  x  4 e, nesse caso dividi-la em: 
R1 = { (x,y) | /6  x  1, 1  y  3 } e 
R2 = { (x,y) | 1  x  4, 
3
x10
yx

 }. 
II) Inscrita na faixa horizontal 1  y  3 e, nesse caso, dividi-la em: 
R1 = { (x,y) | 1  y  2, /6  x  y2} e 
R2 = { (x,y) | 2  y  3, /6  x  10 – 3y }. 
Na forma I, as integrais iteradas são: 
  



4
1
3
x10
x
1
6
3
1RRR
dxdy)y,x(fdxdy)y,x(fdA)y,x(fdA)y,x(fdA)y,x(f
21
. 
Na forma II, as integrais iteradas são: 
  



3
2
y310
6
2
1
y
6
RRR
dydx)y,x(fdydx)y,x(fdA)y,x(fdA)y,x(fdA)y,x(f
2
21
. 
 
Exemplo 7: Inverta a ordem de integração e, então, resolva a integral iterada 
 
1
0
1
x
33
2 dxdy)ycos(x . 
Solução: Este exercício é bastante elucidativo sobre o cálculo de integrais iteradas. Em 
geral, descrevemos a região R de acordo com a maior facilidade em descrevê-la. No 
entanto, como acontece neste exemplo, não conseguimos integrar a primeira integral 
e, ao inverter os limites de integração, talvez, consigamos resolver o problema. 
Devemos nos lembrar de que a inversão dos limites não é apenas trocar x e y de lugar. 
Devemos desenhar a região R e descrevê-la com os limites invertidos. No nosso 
exemplo, observamos que não conseguimos integrar a função proposta em relação à y, 
mas a integração em relação à x é possível. Vamos tentar resolvê-la, então, invertendo 
os limites de integração. Para tanto, desenhamos a região R a partir das equações de 
suas fronteiras fornecidas pelos limites da integral iterada: x = 0, x = 1, y = x2 e y = 1. 
Observe na figura abaixo que a fronteira x = 1 nos mostra apenas o ponto final (1,1) da 
região R. 
 
Redescrevendo a região R como inscrita numa região vertical, temos que R = {(x,y) | 0 
 y  1, 0  x  } e a integral iterada será reescrita como abaixo de forma a poder 
ser calculada: 
,
12
)1(sen
12
)y(sen
dyy)ycos(
4
1
dy)ycos(
4
y
dy)ycos(
4
x
dydx)ycos(xdxdy)ycos(x
1
0
3
1
0
231
0
3
2
1
0
y
0
3
4
1
0
y
0
331
0
1
x
33
2




















  
 
onde foi feita a substituição 3yu  , para resolver a última integral. Observe 
que o cálculo do cosseno usa o valor 1 em radianos. Deve-se observar, finalmente, que a 
inversão dos limites de integração não garante que consigamos resolver a integral iterada 
resultante, mas esta é uma técnica que poderá nos socorrer em algumas situações. 
 
Exemplo 8: Determine a massa de uma lâmina triangular com vértices (0,0), (1,0) e 
(0,2), se a função densidade é (x,y) = 1 + 3x + y. 
Solução: O triângulo R está limitado pelas retas x = 0, y = 0 e y = 2 – 2x. A última reta é 
obtida substituindo os pontos (1,0) e (0,2) numa equação geral da reta y = ax + b, para 
determinar os valores de a e b. Podemos expressar esta região por R = {(x,y) | 0  x  1, 
0  y  2 – 2x}. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A massa da lâmina é   
RR
dAyx31dA)y,x(m . Portanto: 
 
 
    .m.u
3
8
3
4
4
3
x
4x4dxx44dxx2x42x6x42
dx
2
x22
x6x6x22dx
2
y
xy3ydxdyyx31m
1
0
31
0
2
1
0
22
1
0
2
2
1
0
x22
0
21
0
x22
0

















 











 

 
Exemplo 9: Use integração dupla para calcular a área do círculo de raio 2. 
Solução: A área de uma região é dada pela integral dupla 
R
dA1A . Neste caso, 
podemos integrar apenas sobre a região R amarela e multiplicar por quatro o resultado 
para encontrar a área da região. Isto nem sempre pode ser feito, tem que haver 
simetria na região (como é o caso do círculo) e da função sobre a região (como 
acontece com a função constante). Se a função variar em cada pedaço da região, não 
poderemos utilizar este raciocínio. Assim, a região amarela R pode ser descrita numa 
faixa horizontal ou numa faixa vertical. Vamos descrevê-la numa faixa vertical (tanto 
faz). Portanto, R = {(x,y) | 0  x  2, 0  y  } e a área é dada por: 
 
.a.u4dxx44dxdy14dA14A
2
0
2
2
0
x4
0R
2
  

 
Esta integral deve ser resolvida por substituição trigonométrica (x = 2 sen(u), lembram 
disto?), mas esta técnica é bastante trabalhosa. Vamos aprender no próximo encontro 
a utilizar coordenadas polares para resolver integrais duplas em regiões circulares, as 
quais descrevem a integral de uma forma mais simples de resolver neste tipo de 
região.