03 - CÁLCULO APLICADO _ VÁRIAS VARIÁVEIS GR0551211 - 202110 ead-14901 01

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CÁLCULO APLICADO  - VÁRIAS VARIÁVEISCÁLCULO APLICADO  - VÁRIAS VARIÁVEIS
AS INTEGRAIS DUPLASAS INTEGRAIS DUPLAS
Autor: Me. Tal i ta Druziani Marchiori
Revisor : Ra imundo A lmeida
I N I C I A R
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introdução
Introdução
Olá, estudante. Nesta unidade vamos entender como calcular a integral dupla de
funções de duas variáveis. Existem muitas aplicabilidades das integrais duplas,
como o cálculo de volumes e áreas de superfícies, determinar massas e centroides
etc.
Iniciamos a unidade com integrais duplas calculadas sobre regiões retangulares e,
em seguida, calcularemos essas integrais através das integrais iteradas. Após,
vamos aprender a determinar integrais duplas em regiões mais gerais. Por �m,
trabalharemos com um novo sistema de coordenadas bidimensional, as
coordenadas polares.
Sugerimos que resolva todos os exemplos e exercícios propostos, esclarecendo
suas dúvidas. Além disso, realize exercícios extras. Sua dedicação será
fundamental para o aprendizado!
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Caro(a) estudante(a), já sabemos que podemos calcular as derivadas parciais de
funções de duas variáveis reais, considerando uma das variáveis como sendo
constante e derivando em relação a outra. Por exemplo, sendo f(x,y)=4x3y2 temos
que fx(x,y)=12x
2y2.
Do mesmo modo, podemos calcular uma integral inde�nida de uma função de
duas variáveis. Se desejarmos determinar a integral inde�nida da função 
f(x,y)=4x3y2 em relação à variável x, podemos calcular a integral inde�nida
considerando a variável y como constante, ou seja,
∫4x3y2dx=4y2∫x3dx=4y2(
x4
4
)+C=y2x4+C.
Sabemos que a integral de�nida
∫b
a
f(x)dx
Integral Dupla em RegiõesIntegral Dupla em Regiões
RetangularesRetangulares
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com f sendo uma função contínua e não negativa para a≤ x≤ b, é de�nida como a
área delimitada pela intersecção do eixo x, retas x=a e x=b e pelo grá�co de f.
Agora, vamos considerar uma função f positiva, de�nida em um retângulo 
R=[a,b]×[c,d]. Denotamos por S a região que está acima de R e abaixo do grá�co de 
f,z=f(x,y). Dividindo o intervalo [a,b] em m intervalos da forma [xi−1,xi] de mesmo
comprimento Δ x=(b−a)/m e o intervalo [c,d] em n intervalos da forma [yi−1,yi] de
mesmo comprimento Δ y=(d−c)/n, temos que o volume de S é dado por
V= lim
m,n→∞
m
∑
i=1
n
∑
j=1
f(x∗, y∗) ΔA
onde (x∗,y∗) é um ponto arbitrário de cada  Rij=[xi−1,xi]×[yi−1,yi] e Δ A=Δ xΔ y.
Esse tipo de limite acontece também em outras situações, mesmo se f não for
uma função positiva, então de�nimos a integral dupla de f, onde f é uma função
de duas variáveis x e y, sobre o retângulo R como
∫∫Rf(x,y) ΔA= lim
m,n→∞
m
∑
i=1
n
∑
j=1
f(x∗, y∗) ΔA
se o limite existir. Então, se este limite existir, f é dita integrável.
Então, pelo que vimos, se f(x,y)≥0, o volume V do sólido que está acima do
retângulo e abaixo da superfície z=f(x,y) é dado por
V=∫∫Rf(x,y) Δ A
ou seja, o cálculo de volumes é uma aplicação das integrais duplas. Por exemplo, o
volume do sólido S que está abaixo de x2+z2=1 e acima de R=[−1,1]×[−2,2] é dado
por V=∫∫R1−x
2ΔA. Note que o grá�co de f(x,y)=z=1−x2  é maior ou igual a zero e é
representado pela Figura 3.1.
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Como estamos restringindo o eixo y nos pontos do intervalo [-2,2], temos que a
integral dupla de 1−x2 sobre R=[−1,1]×[−2,2] é a metade do volume do cilindro de
altura 4 e raio da base 1. Logo,
V=∫∫R1−x
2ΔA=2π.
Como a integral dupla está de�nida através do cálculo de um limite e, nem todas
as integrais conseguimos relacionar com fórmulas já conhecidas, como no caso
anterior, sua resolução não é e�ciente. Porém, temos propriedades que auxiliam
no cálculo das integrais. Admitindo que ∫∫Rf(x,y) Δ A e ∫∫Rg(x,y) Δ A existam, é
válido que:
∫∫Rf(x,y) +g(x,y) Δ A = ∫∫Rf(x,y) Δ A + ∫∫Rg(x,y) Δ A
∫∫Rc f(x,y) Δ A= c ∫∫Rf(x,y) Δ A, onde c é uma constante.
Sendo f(x,y)≥ g(x,y) para todo (x,y)∈ R2,∫∫Rf(x,y) Δ A≥∫∫Rg(x,y) Δ A.
Por exemplo, se ∫∫Rf(x,y) Δ A=3e∫∫Rg(x,y) Δ A=2, então
∫∫Rf(x,y) +g(x,y) Δ A =5
Figura 3.1 - Grá�co de f(x,y)=√(1−x2) 
Fonte: Elaborada pela autora.
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praticar
Vamos Praticar
Pelo que aprendemos, podemos calcular o volume de um sólido através das integrais
duplas ∫∫Rf(x,y) Δ A=limn→∞∑ m
i=1
∑ n
j=1
f(x∗, y∗) Δ A. Como os pontos x∗ e y∗ são pontos
arbitrários de cada  Rij=[xi−1,xi]×[yi−1,yi] , podemos considerar os pontos médios de cada 
Rij=[xi−1,xi]×[yi−1,yi]. Essa técnica é conhecida como regra do ponto médio para integrais
duplas e com ela temos que a integral dupla ∫∫Rf(x,y) Δ A é aproximadamente igual a 
∑ m
i=1
∑ n
j=1
f(x
_i
, yj
_
) Δ A, onde x
_i
 e yj
_
 são os pontos médios de cada  Rij=[xi−1,xi]×[yi−1,yi] .
 Utilizando essa técnica, para m=n=2, a estimativa da integral ∫∫R(x−3y
2)ΔA onde 
R=[0,2]×[1,2] é:
a) - 11, 875.
b) - 8,50.
c) - 5,125.
d) 0,368.
e) 2,07.
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Querido(a) aluno(a), o Teorema Fundamental do Cálculo nos fornece um método
para calcular as integrais de funções de uma variável real sem precisarmos
recorrer à de�nição. Neste tópico, veremos como determinar uma integral dupla
sem necessitar utilizar a sua de�nição. Esse método consiste em calcular uma
integral dupla calculando duas integrais ordinárias.
Sendo uma função f de duas variáveis de�nida sobre o retângulo R=[a,b]×[c,d],
estaremos considerando x como constante quando trabalharmos com ∫d
c
f(x,y)dy. O
resultado dessa integração é uma função que depende de x, que podemos
denotar por A(x)=∫d
c
f(x,y) dy, daí podemos integrar A em relação a x, ou seja,  
∫b
a
A(x)=∫b
a
[∫d
c
f(x,y) dy]dx.
Do mesmo modo, consideramos y como constante quando integramos ∫b
a
f(x,y) dx.
O resultado dessa integração é uma função que depende de y, donde, podemos
integrá-lo em relação a y, isto é,  ∫d
c
[∫b
a
f(x,y) dx]dy. Note ainda que podemos omitir o
uso dos colchetes.
Integrais IteradasIntegrais Iteradas
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Chamamos as integrais duplas ∫b
a
∫d
c
f(x,y) dydx e ∫d
c
∫b
a
f(x,y) dxdy de integrais iteradas.
Então, a integral iterada ∫b
a
∫d
c
f(x,y) dydx signi�ca que primeiro integramos em
relação a y no intervalo (c,d) e, depois, integramos em relação a x no intervalo (a,b).
Já na integral iterada ∫d
c
∫b
a
f(x,y) dxdy, primeiro integramos em relação a x no
intervalo (a,b), depois em relação a y no intervalo (c,d).
Por exemplo, para calcular ∫3
0
∫2
1
x2ydydx primeiro olhamos x como constante e
integramos em relação a y no intervalo (1,2), isto é,
∫2
1
x2ydy=x2∫2
1
ydy=x2[
y2
2
]2
1
=x2
22
2
−x2
12
2
=
3
2
x2.
Agora, integramos esse resultado em relação a x no intervalo (0,3), assim,
∫3
0
3
2
x2dx=
3
2
∫3
0
x2dx=
3
2
[
x3
3
]03=
3
2
33
3
+
3
2
03
3
=
27
2
Você pode se perguntar, se calcular a integral iterada ∫2
1
∫3
0
x2ydxdy teremos o
resultado? Em geral, a resposta é sim! Então, vamos veri�car: primeiro integrando
em relação a x, consideramos y como constante, donde
∫3
0
x2ydx=y∫30
x2ydx=y[
x3
3
]3
0
=y
33
3
+y
03
3
=
9
2
y
e,  integrando o resultado em relação a y,
∫3
0
9
2
ydy=
9
2
[
y2
2
]2
1
=
9
2
22
2
−
9
2
12
2
=
27
2
Podemos determinar a integral dupla por esse método de forma direta, como:
∫1
0
∫3
0
4xy3dydx=∫1
0
4x[∫3
0
y3dy]dx=∫1
0
4x[
y4
4
]3
0
dx=∫1
0
81xdx=81∫1
0
xdx=81[
x2
2
]1
0
=40,5.
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De maneira geral, se f for contínua no retângulo R=(x,y); a≤ x≤ b,c≤ y≤ d, então
∫∫Rf(x,y)dA=∫b
a
∫d
c
f(x,y)dydx=∫d
c
∫b
a
f(x,y)dxdy.
Este resultado é conhecido como Teorema de Fubini.
Considere a função f(x,y)=x−3y2. Podemos ver um esboço do grá�co de f na Figura
3.2 abaixo. 
Se desejarmos calcular a integral dupla de f sobre R=(x,y);0≤x≤2,1≤y≤2, pelo
Teorema de Fubini temos
∫∫Rf(x,y)dA=∫2
0
∫2
1
(x−3y2)dydx=∫2
0
[xy−y3]2
1
=∫2
0
(x−7)dx=[
x2
2
−7x]2
0
=−12
Como a resposta dessa integral dupla foi um número negativo, podemos concluir
que ela não se trata de um volume. Isso acontece porque a função f não é positiva,
como pudemos observar na Figura 3.2.
Como vimos no primeiro tópico desta unidade, se f(x,y)≥0 o volume do sólido
formado pelos pontos que estão abaixo do grá�co de f(x,y) e acima do plano xy
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pode ser calculado pela integral dupla. Mas, se f(x,y)=1 temos que sua integral
dupla sobre a região R é igual à área do conjunto R, ou seja
área de R=∫∫R1dxdy=∫∫Rdxdy.
Por exemplo, para determinar a área da região retangular da Figura 3.3, basta
calcularmos
∫6
2
∫4
2
dxdy=∫6
2
x|4
2
dy=∫6
2
(4−2)dy=2y|6
2
=12−4=8
Ou seja, a área da região da Figura 3.3 é igual a 8. 
praticar
Vamos Praticar
Figura 3.3 - Cálculo de área 
Fonte: Elaborada pela autora.
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Com as integrais iteradas podemos realizar a integração de integrais duplas calculando
duas integrais unidimensionais utilizando o conhecimento do cálculo integral que
possuímos. Assinale a alternativa correta.
a) Sendo R=(x,y)∈R2;1≤x≤3,1≤y≤2,∫∫R(2x+4y)dydx=−20.
b) O volume do sólido determinado pelos pontos 0≤z≤x2+y2 com 0≤x≤3 e 0≤y≤2 é 32.
c) Temos que ∫π
0
∫2
1
ysen(xy)dxdy=−1.
d) Utilizando o Teorema de Fubini, podemos concluir que ∫2
0
∫1
0
(x+2)dxdy=5.
e) Sendo R=(x,y)∈R2;0≤x≤5,0≤y≤1,∫∫Rxe
ydydx=0.
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Já aprendemos, aluno(a), nos tópicos anteriores, a calcular uma integral dupla
sobre regiões retangulares. Agora, considere uma função f de duas variáveis
de�nida sobre uma região limitada D, que não é retângulo. Para realizar a
integração dupla sobre esta região D recorremos à região retangular em que F
está de�nida, onde a função F é igual à função f em D e F=0 fora de D.
Isto é, se f estiver de�nida sobre uma região limitada D qualquer, de�nimos uma
nova função F para determinar a integral dupla de f. Essa função F possui como
domínio um retângulo R, onde D⊂R e é de�nida por: F(x,y)=f(x,y) se (x,y)∈D e F(x,y)=0
se (x,y)∈(R−D). Observe a ilustração a seguir. 
Integrais Duplas Sobre RegiõesIntegrais Duplas Sobre Regiões
GeraisGerais
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De�nimos a integral dupla de f em D por
∫∫Df(x,y)dA=∫∫RF(x,y)dA,
desde que F seja integrável em R.
Vamos classi�car as regiões D em dois tipos. Se uma região D for a região entre o
grá�co de duas funções contínua em x, diremos que D é do tipo I. Agora, se D for a
região entre o grá�co de duas funções contínua em y, diremos que D é do tipo II.
Para calcularmos as integrais duplas de funções de duas variáveis de�nidas sobre
regiões do tipo I, ou seja, regiões da forma D=(x,y),a≤x≤b,g1(x)≤y≤g2(x) com  g1 e g2
contínuas em  [a,b],  utilizamos a seguinte igualdade:
∫∫Df(x,y)dA=∫b
a
∫g2(x)
g1(x)
f(x,y)dydx.
E, de modo análogo, calculamos as integrais duplas de funções de duas variáveis
de�nidas sobre regiões do tipo II, isto é, regiões da forma 
D= (x,y),c≤y≤d,h1(x)≤x≤h2(x) com  h1 e  h2 contínuas em  [c,d], como:
∫∫Df(x,y)dA=∫d
c
∫h2(x)
h1(x)
f(x,y)dxdy.
Figura 3.4 - Relação entre o domínio de f e o domínio de F 
Fonte: Elaborada pela autora.
{ }
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Por exemplo, se a região D for limitada pelas parábolas y=2x2ey=1+x2, temos que
esta região é do tipo I, uma vez que 2x2=1+x2⇔x=±1. Logo, podemos escrever 
D=(x,y),−1≤x≤1,2x2≤y≤1+x2. Na Figura 3.5, temos a visualização grá�ca desta região. 
Então, a integral dupla de f(x,y)=x+2y sobre D é dada por:
\[\int \int_D f(x,y) dA = \int_{-1}^1 \int_{2x^2}^{1+x^2}(x+2y) dy dx=/]
∫ 1
−1
[xy+y2]y=1+x2
y=2x2
dx=
∫ 1
−1
[x(1+x2)+(1+x2)2−x(2x2)−(2x2)2]=
∫ 1
−1
(−3x4−x2+2x2+x+1)dx=
[−3
x5
5
−
x4
4
+2
x3
3
+
x2
2
+x] 1
−1
=
32
15
Figura 3.5 - Região do tipo I 
Fonte: Elaborada pela autora.
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A região D limitada pela reta y=2x e pela parábola y=x2 pode ser vista como uma
região do tipo II. Então, podemos escrever D=(x,y),0≤y≤4,1/2y≤x≤√x. Gra�camente, 
Calculando a integral dupla de f(x,y)=x2+y2 sobre D, considerando D como uma
região do tipo II, obtemos:
∫∫Df(x,y)dA=∫
4
0
∫
√y
1
2
y
(x2+y2)dxdy=
∫4
0
[
x3
3
+y2x]x=√y
x=
1
2
y
dy=
∫4
0
[
(√y)3
3
+y2√y−
(
1
2
y)3
3
−y2
1
2
]dy=
∫4
0
(
y3
22
3
+y5/2−
y3
24
−
y3
2
)dy=
[
y5/2
15
+
2y7/2
7
−
13y4
96
]4
0
=
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216
35
. 
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reflitaRe�ita
A regiãoD limitada pela reta y=2x e pela parábola y=x2 citada anteriormente também pode
ser vista como uma região do tipo I. Observe a �gura abaixo:
Então, como região do tipo I temos que D=(x,y),0≤x≤2,x2≤y≤2x. Se calcularmos a integral
dupla de f(x,y)=x2+y2 sobre D, considerando D como uma região do tipo I, iremos obter o
mesmo resultado? Ou seja, ∫∫Df(x,y)dA=∫2
0
∫2x
x2
(x2+y2)dxdy=
216
35
?
Fonte: Elaborado pela autora.
Figura 3.7 - Região vista como tipo I 
Fonte: Elaborada pela autora.
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Como pudemos observar no Re�ita, se uma região pode ser escrita dos tipos I e II,
podemos calcular sua integral da forma que acharmos mais apropriado. O cálculo
terá a mesma resposta.
Assim como já comentamos para regiões retangulares, quando estamos
trabalhando com regiões gerais, a integral dupla de f(x,y)≥0 sobre 
B=(x,y,z)∈R3;(x,y)∈B e 0≤z≤f(x,y) é o volume do sólido formado pelos pontos que estão
abaixo do grá�co de f(x,y) e acima do plano xy e, se f(x,y)=1, a integral dupla de f
sobre B é igual a área do conjunto B. 
praticar
Vamos Praticar
O sólido limitado entre os planos x+2y+z, x=2y, x=0, z=0 é um tetraedro. Sabemos que
podemos determinar seu volume através do cálculo de integrais duplas. Então, é correto
a�rmar que este tetraedro possui volume igual a:
a) 1/3.
b) 7/8
c) √27
d) 15
e) e) -7.
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https://anhembi.blackboard.com/webapps/late-course_content_soap-BBLEARN/Controller?ACTION=OPEN_PLAYER&COURSE_ID=_670523_1&P… 19/30Algumas integrais duplas são complicadas de serem determinadas quando suas
regiões são descritas como coordenadas retangulares. Para esses casos,
de�niremos um novo sistema de coordenadas no plano cartesiano: as
coordenadas polares.
Imagine, caro(a) estudante, que queremos calcular a integral dupla ∫∫Pf(x,y)dA,
onde P é a região esboçada na Figura 3.8. Seria difícil calcular esta integral se
escrevêssemos a região D em coordenadas retangulares, então escrevemos ela
em coordenadas polares.
Integrais Duplas em CoordenadasIntegrais Duplas em Coordenadas
PolaresPolares
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Um retângulo polar é da forma P=(r,θ);a≤r≤b,α≤θ≤βe, relacionamos as coordenadas
polares (r,θ) de um ponto com as coordenadas retangulares através das
igualdades r2=x2+y2  , x=rcosθ, y=rsenθ.
Assim, se f é contínua no retângulo polar P, onde 0≤β−α≤2π temos que
∫∫Pf(x,y)dA=∫β
α
∫b
a
f(rcosθ,rsenθ)rdrdθ.
Por exemplo, se desejarmos calcular a integral dupla ∫∫P(3x+4y
2)dA, onde P é a
região do semiplano superior limitada por x2+y2=1 e x2+y2=4, podemos descrever
a região P em coordenadas retangulares como P=(x,y);y≥0,1≤x2+y2≤4 e, em
coordenadas polares como P=(r,θ);1≤r≤4,0≤θ≤π.
Temos que, f(x,y)=3x+4y2, assim f(rcosθ,rsenθ)=3rcosθ+4r2(senθ)2 e
∫∫P(3x+4y
2)dA=∫π
0
∫2
1
(3rcosθ+4r2(senθ)2)rdrdθ
=∫π
0
∫2
1
(3r2cosθ+4r3(senθ)2)drdθ
=∫π
0
[r3cosθ+r4(senθ)2]r=2
r=1
dθ
=∫π
0
[7cosθ+15(senθ)2]dθ
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=∫π
0
[7cosθ+
15
2
(1−cos2θ)]dθ=[7senθ+
15θ
4
−
15
4
sen2θ]π
0
=
15π
2
=
15π
2
.
Desde o ensino fundamental trabalhamos com a fórmula πz2 quando desejamos
calcular a área de uma circunferência de raio z. Podemos veri�car essa fórmula
através das integrais duplas com o auxílio das coordenadas polares.
Dada uma circunferência de centro na origem e raio z, pelos que vimos no
decorrer desta unidade sua área é determinada através da integral dupla, isto é,
área da circunferência =∫∫Pdxdy,
onde P=(x,y)∈R2;x2+y2≤z2.   Reescrevendo P em coordenadas polares, obtemos 
P=(r,θ)∈R2;0≤θ≤2π,0≤r≤z.  Então:
saiba mais
Saiba mais
Duas aplicações clássicas do cálculo integral de duas variáveis são o cálculo de áreas
de superfícies e o cálculo de volumes. Porém, existem diversas outras aplicabilidades
para as integrais duplas, como as aplicações físicas: momento de massa, centro de
massa e momento de inércia. Esses conceitos estão interligados com a teoria de várias
disciplinas na área da engenharia. Para saber mais sobre como determinamos essas
grandezas com o auxílio das integrais duplas, veja a seção 15.5 do livro Cálculo,
Volume 2, de James Stewart.
Fonte: Elaborado pela autora.
ACESSAR
http://www.cesadufs.com.br/ORBI/public/uploadCatalago/11352316022012C%C3%A1lculo_III_aula_3.pdf
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área da circunferência =∫∫Prdrdθ=∫2π
0
∫z
0
rdrdθ
=∫2π
0
[
r2
2
]z
0
dθ=∫2π
0
z2
2
dθ=[
z2
2
θ]2π
0
=πz2.
praticar
Vamos Praticar
As coordenadas polares facilitam o cálculo de integrais duplas quando é complicado
escrever a região na qual a função está de�nida em coordenadas retangulares.
Utilizando as coordenadas polares, encontramos que o volume do sólido limitado pelo
plano z=0 e pelo paraboloide z=1−x2−y2 é igual a:
a) 12π
b) 
16
3
π
c) 8π
d) 2√3π
e) 
1
2
π
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indicações
Material Complementar
LIVRO
Cálculo - Volume II
Editora: Cengage Learning
Autor: James Stewart
ISBN: 9788522106615
Comentário: Este livro aborda todos os tópicos que vimos
nesta unidade de forma ampla e detalhada contendo
diversos exemplos resolvidos, o que pode ajudar na
compreensão da disciplina.
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FILME
O Céu de Outubro
Ano: 1999
Comentário: O �lme é baseado na história real de um
engenheiro da NASA que na adolescência, com ajuda de
um grupo de amigos, desenvolveu um projeto que
transformou a vida de todos do grupo.
T R A I L E R
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conclusão
Conclusão
Nesta unidade, prezado(a) aluno(a), aprendemos como trabalhar com as integrais
duplas de funções de duas variáveis. Vimos, através das integrais iteradas, que
não precisamos recorrer à de�nição para calcular uma integral dupla, podemos
realizar o cálculo de duas integrais unidimensional e utilizar todo nosso
conhecimento do cálculo integral ordinário. Após, trabalhamos com a integração
dupla sobre regiões retangulares e mais gerais e introduzimos um novo sistema
de coordenadas para o plano cartesiano, as coordenadas polares.
Esperamos que esta unidade tenha sido produtiva e que você tenha aproveitado
ao máximo, resolvendo exercícios e questionando suas dúvidas. Continue se
dedicando, até uma próxima!
referências
Referências Bibliográ�cas
GUIDORIZZI, H. L. Um curso de Cálculo - volume 2. 5. ed. Rio de Janeiro: Grupo
GEN, 2010.
STEWART, J. Cálculo - volume 2. 6. ed. São Paulo: Cengage Learning, 2008.
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