Calculo II_ Unicesumar

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PLANO DE ESTUDOS
OBJETIVOS DE APRENDIZAGEM
• Trabalhar com os conceitos de massa, centro de massa e 
centroide para figuras planas e espaciais.
• Trabalhar com os momento de inércia para figuras planas 
e espaciais.
• Calcular áreas de superfícies.
• Calcular a sustentação em uma asa usando integral dupla.
Massa, Centro de 
Massa e Centroide
Momentos de Inércia Sustentação em uma Asa
Área de Superfície
Dr. Vinicius de Carvalho Rispoli
Dr. Ricardo Ramos Fragelli
Dr. Ronni Geraldo Gomes de Amorim
Aplicações das
Integrais Múltiplas
Massa, Centro de
Massa e Centroide
Assim como a integral de uma variável tem várias 
aplicações interessantes na matemática e nas ciên-
cias aplicadas, as integrais duplas e triplas também 
têm muitas outras aplicações além do cálculo de 
volumes e áreas de regiões planas. Começaremos 
esta unidade com algumas dessas aplicações das 
integrais duplas e triplas.
Vamos começar as nossas aplicações lidando, 
inicialmente, com a integral dupla e, em seguida, 
passaremos para as integrais triplas. Neste con-
texto, vamos supor que temos uma lâmina sufi-
cientemente fina que é delimitada por uma região 
R no plano xy. Isto é, conforme podemos ver na 
figura a seguir, temos um sólido cuja base é dada 
pela região R e cuja altura é suficientemente pe-
quena.
87UNIDADE III
x
z
y
R
1
Figura 1 - Sólido que desejamos calcular a massa, centro de massa e centroide
Fonte: os autores.
Inicialmente, com o intuito de realizarmos o cálculo da massa, vamos supor que a 
lâmina dada na Figura 1 tenha uma densidade de massa d x y,( ) medida em unida-
des de massa por unidade de área. Em particular, suponha que, nas dimensões x e 
y, a região R que delimita a lâmina seja particionada em h partes iguais, conforme 
podemos observar na Figura 2. Observe que, agora, a lâmina é dividida em várias 
pequenas “caixas” de altura infinitesimal. Desta forma, considere que a “caixa” que 
contém o ponto x y,�( ) tenha uma pequena massa m∆ e uma pequena base com 
área A∆ . Assim, a função densidade de massa pode ser definida por
d x y m
Ah
, lim ,( ) = ∆
∆→0
isto é, definimos a densidade de massa da região próxima ao ponto x y,( ) de modo 
que ∆ ≈ ( )∆m x y Ad , .
x
z
y
1
m= (x,y) A∆ ∆δ
Figura 2 - Partição da lâmina
Fonte: os autores.
88 Aplicações das
Neste sentido, podemos dizer que a massa M total da lâmina é aproximadamente a 
soma das massas mjk∆ das pequenas “caixas” formadas pela partição; assim, somando 
em cada uma das direções, temos que
M m
j k
jk≈ ∆∑∑
= ( )∆∑∑
j k
j k jkx y Ad , .
Finalmente, para encontrarmos a massa total M , temos que calcular o limite das 
aproximações quando h se aproxima de 0 que nos dá a seguinte integral dupla
M x y A
h j k
j k jk= ( )∆
→
∑∑lim ,
0
d
= ( )∫∫ δ x y dAR .
Portanto, a massa total de uma lâmina delimitada por uma região plana R pode 
ser calculada por meio da integral dupla da função densidade de massa sobre a 
região que define a placa.
Como primeiro exemplo, vamos calcular a massa de uma lâmina quadrada cujos lados 
são unitários de tal forma que essa região quadrada esteja no primeiro quadrante e 
que duas de suas arestas estejam sobre os eixos coordenados. Logo, a região R é dada 
por R x y x= ( )∈ ≤ ≤ ≤ ≤{ }, :R2 0 1 0 1 . Agora, suponha que a densidade desta 
lâmina seja dada pela seguinte função: densidade de massa é dada por
d x y x y, .( ) = − +( )2 1 2kg/m
A massa da placa é dada por
M x y dA
R
= − +( )2 1 ,∫∫
em que R é o quadrado unitário. Assim,
M x y dydx= − +( )∫ ∫0
1
0
1
2 1
= − +





∫ 2 2
2
0
1
0
1
xy y y dx
1 EXEMPLO
89UNIDADE III
= +




∫ 2
1
20
1
x dx
= +




x
x2
0
1
2
=1 5 .kg
Considere, agora, uma lâmina suficientemente fina dada por uma região R delimi-
tada por um círculo de raio 2, cuja função densidade de massa é dada por
δ x y x y .( ) = + +1 2 2 2kg/m
Podemos calcular a massa dessa placa, que é dada por
M x y dA
R
= + +∫∫ 1 2 2 ,
em que R é o círculo de raio 2. Neste caso, como o domínio é circular, faz-se conve-
niente utilizar a substituição por coordenadas polares. Assim, temos
M r r drd= +∫ ∫0
2 2
0
2
1
π
θ
= 




∫2 21
5
p u du
=








2
3
3
2
1
5
p u
= −








2
3
5 1
3
2p kg.
Vale observar que quando a densidade é unitária, isto é, d x y,( ) =1 para todos os 
pares x y,( ) em uma determinada região, então o valor da massa é simplesmente a 
área da região R . 
Agora que vimos como calcular a massa de uma lâmina de densidade d x y,( ) , 
vamos aprender a calcular o centro de massa desta lâmina. O centro de massa de um 
objeto é um ponto hipotético, no qual toda a massa do sistema está concentrada. Nos 
cursos de física elementar, é mostrado que dados n objetos com massas m mn1, ,� 
nas posições x y x yn n1 1, , , ,( ) ( ) , respectivamente, então, o centro de massa dessa 
coleção de objetos é o ponto no plano cartesiano dado pelo seguinte par de médias 
ponderadas
2 EXEMPLO
90 Aplicações das
x m x m x
m m
y m y m y
m m
n n
n
n n
n
=
+ +
+ +
=
+ +
+ +
1 1
1
1 1
1
�
�
�
�
Se uma placa com densidade de massa d x y,( ) é então dividida em n “caixas” com 
massas m mn1 �∆ ∆ nas posições x y x yn n1 1, , , , ,( ) ( ) respectivamente, o centro 
de massa da placa é dado aproximadamente pelo mesmo centro de massa das “caixas” 
que é dado por
x m x m x
m m
y m y m y
m m
n n
n
n n
n
≈
∆ + + ∆
∆ + + ∆
≈
∆ + + ∆
∆ + + ∆
1 1
1
1 1
1
�
�
�
�
.
No entanto, uma vez que a soma dos elementos de massa é aproximadamente a 
massa total, isto é, ∆ + + ∆ ≈m m Mn1  , em que M é a massa da placa, e sabendo 
que o elemento de massa é aproximadamente ∆ ≈ ( )∆m x y Aj j j jd , , em que Aj∆ 
representa a área da j-ésima “caixa”, assim, a localização do centro de massa das “caixas” 
pode ser aproximado por
x
x x y A x x y A
M
n n n n≈
( )∆ + + ( )∆1 1 1 1d d, ,
y
y x y A y x y A
M
n n n n≈
( )∆ + + ( )∆1 1 1 1δ δ, , .�
Percebendo que os numeradores dos pontos x � e y são, aproximadamente, somas 
de Riemann, somos levados a definir o centro de massa da placa delimitada no pla-
no por uma região R como sendo o ponto no plano x y− com coordenadas 
x
M
x x y dA y
M
y x y dA
R R
= ⋅ ( ) = ⋅ ( )∫∫ ∫∫
1 1
δ δ ,,
em que M é a massa da placa e calculada como sendo
M x y dA
R
= ( )∫∫ δ .
As integrais que estão nos numeradores dos pontos do centro de massa x x y dA
R
⋅ ( )∫∫ d , � 
e y x y dA
R
⋅ ( )∫∫ d , � são conhecidas como os primeiros momentos com relação aos 
eixos �x e y, respectivamente. Além disso, escrevemos
M x x y dA M y x y dAy R x R= ⋅ ( ) = ⋅ ( )∫∫ ∫∫δ δe
e assim podemos reescrever o centro de massa na forma
x
M
M
e y M
M
y x= =
91UNIDADE III
Para exemplificar o cálculo do centro de massa, vamos, agora, determinar o centro 
de massa da placa com a mesma função densidade de massa do primeiro exemplo
d x y x y, .( ) = − +( )2 1 2kg/m
Foi calculado que a massa da lâmina é M ,=1 5 kg. Desta forma, para calcularmos o 
centro de massa, precisamos determinar os primeiros momentos com relação a x e 
y. Assim, o primeiro momento com relação a x é dado por
M x x y dAy R= ⋅ ( )∫∫ d , �
= − +( )∫ ∫0
1
0
1
2 1x x y dydx
= − +





∫ 2 2
2
2
0
1
0
1
x y xy y dx
= − +




∫ 2 2 1
2
0
1
x x dx
= − +






2
3 4
3
2
0
1
x x x
= +
2
3
3
4
=
17
12
.
De forma totalmente análoga, podemos determinar a coordenada y do centro de 
massa calculando o primeiro momento com relação a y . Neste caso, dado por
M y x y dAx R= ⋅ ( )∫∫ d , �
= − +( )∫ ∫0
1
0
1
2 1y x y dydx
= − +





∫ xy
y y dx2
3 2
0
1
0
1
3 2
= +




∫ x dx
1
60
1
= +






x x2
0
1
2 6
=
2
3
.
3 EXEMPLO
92 Aplicações das
Finalmente, podemos calcular o centro de massa que é dado por
x
M
M
y= = =
17
12
3
2
17
18
y M
M
x= = =
2
3
3
2
4
9
.
Se por um lado o centro de massa fornece o ponto no qual toda a massa do objeto 
estaria concentrada, por outrolado esse mesmo ponto pode não ser o centro geo-
métrico do objeto. Neste caso, quando a densidade de massa do objeto é constante 
em todos os pontos da região R, então, o centro de massa é definido apenas pela 
própria região e, neste caso, este ponto é chamado de centroide da região R . De fato, 
a massa M da placa se reduz a área A da região R e assim o centroide é dado por
x A xdA A ydA= =
1 1 .∫∫ ∫∫y
Além disso, se a região é simétrica em torno de uma determinada reta l , então o 
centroide da região deve ficar em cima da reta l .
Considere um objeto tridimensional que ocupa uma região D e que possui den-
sidade volumétrica (massa por volume) em cada ponto do seu interior dada por 
d d= ( )x y z, , .
Para calcularmos 
a massa desse objeto, 
podemos proceder de 
forma análoga à dis-
cussão que fizemos 
no início dessa seção. 
Para tal, suponha que 
o objeto foi particio-
nado em n elementos 
de massa semelhantes 
aos mostrados na fi-
gura a seguir. x y
z
L
D
r
Figura 3 - Elemento de massa em um volume
Fonte: os autores.
93UNIDADE III
Desta forma, a soma de todos esses elementos de massa fornece, aproximadamente, 
a massa do objeto, assim, temos
M m
n k
n
k= ∆
→∞ =
∑lim
1
= ( )∆
→∞ =
∑lim , ,n k
n
k k k kx y z V
1
d
= ( )∫∫∫ δ x y z dVD , ,
o que é equivalente à fórmula que obtivemos para o cálculo da massa de uma lâmina 
fina. Além disso, de forma totalmente análoga aos cálculos feitos para a lâmina no 
plano, podemos também definir os primeiros momentos para um objeto no espaço 
e com densidade d d= ( )x y z, , . Neste caso, temos as seguintes fórmulas para os pri-
meiros momentos respectivamente aos eixos coordenados x, y e z
M x dV M y dV M z dVyz D xz D xy D= = =∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫δ δ δ .
Finalmente, definimos a localização do centro de massa para um objeto no espaço 
como sendo
x
M
M
y M
M
z
M
M
yz xz xy= = =e
Também analogamente ao caso bidimensional, temos que, nos casos em que a den-
sidade d é constante em toda a região que define um objeto no espaço, então o 
centro de massa deste objeto coincide com o centro geométrico do objeto. Assim, se 
d for constante, o centroide pode ser calculado como sendo
x
V
xdV y
V
ydV z
V
zdV
R R R
= = =∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫
1 1 1e
em que V é o volume da região R.
Como exemplo do caso tridimensional, vamos determinar o centroide da região no 
espaço definido entre o plano z x y= +2 2 e o paraboloide z x y= +2 2. O primeiro 
passo é encontrarmos a região de integração. Para tal, precisamos determinar a in-
terseção no plano xy entre o plano e o paraboloide. Assim, temos
z x y= +2 2
⇒ + = +2 2 2 2x y x y
⇒ − + − =x x y y2 22 2 0
4 EXEMPLO
94 Aplicações das
⇒ − + + − + = +x x y y2 22 1 2 1 1 1
⇒ −( ) + −( ) =x y1 1 22 2 .
Logo, a região de integração no plano xy é dada pelo círculo de raio 2, cujo centro 
está no ponto 1 1,( ) . 
Como a região é um círculo de raio 2, então é interessante utilizar uma substi-
tuição por coordenadas polares. No entanto, precisamos colocar o círculo na origem 
para que a mudança para coordenadas polares seja eficiente. Neste caso, utilizaremos 
a seguinte mudança
x rcos y rsen= + = +1 1θ θe
Não é difícil perceber que o Jacobiano desta transformação coincide com o Jacobia-
no da transformação por coordenadas polares padrão que é J r= . Além disso, temos 
que as variáveis r e q variam de acordo com as seguintes desigualdades
0 2r≤ ≤
0 2θ π.≤ ≤
Portanto, a integral para o volume na forma
V x y dydx
x
x
= − −( ) + −( ) −

−
+
− − −( )
+ − −( )
∫ ∫1 2
1 2 2 2
1 2 1
1 2 1
1 1 2
2
2
se reduz a 
V = − −( )∫ ∫0
2 2
0
2
2
π
θr rdrd
= −( )∫2 2 30
2
p r r dr
= −





2 4
2
4
0
2
p r r
= 2p.
Finalmente, para encontrarmos o centroide precisamos calcular os primeiros mo-
mentos. Vamos calcular apenas o primeiro momento com relação à variável x e 
você, estudante, deverá calcular os demais primeiros momentos. Assim, temos que
95UNIDADE III
M xdzdydxyz
x
x
x y
x y
=
−
+
− − −( )
+ − −( )
+
+
∫ ∫ ∫1 2
1 2
1 2 1
1 2 1 2 2
2
2
2 2 �
= − −( ) + −( ) −

−
+
− − −( )
+ − −( )
∫ ∫1 2
1 2 2 2
1 2 1
1 2 1
1 1 2
2
2
x y xdydx
x
x
= − −( ) +( )∫ ∫0
2 2
0
2
2 1
π
θ θr rcos rdrd
= −( ) +( )∫ ∫0
2 3
0
2
2 1
π
θ θr r rcos drd
= −( ) + −( ) ∫ ∫0
2 3 2 4
0
2
2 2
π
θ θr r r r cos drd
= −





 + −





∫ ∫r
r d r r cos d2
4
0
2
0
2 3 5
0
2
0
2
2
2
3 5
θ θ θ
π π
�
= + ∫2
8 2
15 0
2
π θ θ
π
cos d
= 2p.
Temos, então, que a coordenada x do centroide da região é dada por x M Vyz= =/ .1 
Agora, fica o seu trabalho de mostrar que y =1 e que z = 20 3/ .
96 Aplicações das
No tópico anterior, estudamos o centro de massa e 
os primeiros momentos de um corpo, os quais for-
necem informações sobre o equilíbrio e também 
sobre o torque exercido pelo corpo sobre diferen-
tes eixos em um campo gravitacional. Por outro 
lado, o momento de inércia é usado para analisar 
rotações em torno de um determinado eixo. Por 
exemplo, se o corpo é um cilindro rotativo, esta-
mos mais interessados na quantidade de energia 
que é armazenada neste corpo ou sobre quanta 
energia vai ser necessária para acelerar o cilindro 
com uma determinada velocidade angular. É nesta 
situação, então, que levamos em consideração o 
segundo momento ou momento de inércia.
Para entender melhor a afirmação, vamos par-
ticionar o cilindro citado em pequenos blocos de 
massa mk∆ que estão a uma distância rk do eixo 
de rotação. Se o cilindro gira com a uma velocida-
de angular de ω θ= d dt/ � radianos por segundo, 
então a velocidade linear deste pequeno bloco será
v d
dt
r rk k k= ( ) =θ ω.
Momentos 
de Inércia
97UNIDADE III
eixo de rotação
mk
yk rk
rk
∆
θ
θ
Figura 4 - Cilindro em rotação
Fonte: os autores.
Assim, a energia cinética de cada bloquinho será dada por
K m vk k k=
∆ 2
2
=
∆w2 2
2
r mk k .
Logo, a energia cinética total do cilindro será dada, aproximadamente, pela soma de 
todas essas contribuições, isto é,
K r mT
k
n
k k≈
∆
=
∑
1
2 2
2
w .
No limite, então, a energia cinética total do cilindro rotativo será
K r mT n k
n
k k=
∆
→∞ =
∑lim
1
2 2
2
w
= ∫∫∫
1
2
2 2ω r dm
objeto
= ( )∫∫∫
1
2
2ω r x y z dV
objeto
, ,δ2 .
A integral
 r x y z dV
objeto
= ( )∫∫∫ 2δ , ,I
é conhecida como momento de inércia do cilindro com relação ao eixo de rotação.
98 Aplicações das
Para uma placa fina no plano, definimos os momentos de inércia em relação aos 
eixos coordenados x e y, respectivamente, como
I y x y dA I x x y dAx D y D= ( ) = ( )∫∫ ∫∫
2 2δ δ .e
Em torno de uma linha L qualquer, o momento de inércia é definido como sendo
I r dAL D= ∫∫
2d ,
em que r r x y= ( ), representa a distância do ponto x y,( ) a reta L. O momento 
polar, ou o momento de inércia com relação à origem, é dado por
I I Ix y0 = + .
Finalmente, podemos definir, também baseados nos momentos de inércia, os raios 
de giração, que medem o quão distante de um determinado eixo a massa da placa 
deve ser concentrada para que se tenha o mesmo momento de inércia com relação 
àquele eixo. Os raios de giração são definidos, respectivamente, aos eixos x, y e a 
origem, como
R I
M
R
I
M
e R I
Mx
x
y
y= = =0
0
Para um objeto no espaço, os momentos de inércia em relação aos eixos coordenados 
x, y e z são definidos, respectivamente, como
I y z dV I x z dV I x y dVx D y D z D= +( ) = +( ) = +( )∫∫∫ ∫∫ ∫∫∫2 2 2 2 2 2δ δ δe
Além disso, em torno de uma linha L, o momento de inércia de um objeto no espa-
ço é definido como
I r dVL D= ∫∫∫
2δ ,
em que r r x y z= ( ), , representa a distância do ponto x y z, ,( ) a reta L . E, finalmente, 
podemos definir o raio de giração em torno da reta L como sendo
R I
ML
L= .
A seguir, veremos alguns exemplos de como usar essas fórmulas.
99UNIDADE III
Tenha sua dose extra de conhecimento assistindo ao vídeo. 
Para acessar, use seu leitor de QR Code.
Considere a placa triangular limitada pelas retas y = 0, x = 3 e y x= no primeiro 
quadrante. Além disso, suponhaque essa placa tenha densidade dada pela função
d x y x y, .( ) = + + 2
Vamos, neste exemplo, calcular os momentos de inércia desta placa plana e o raio de 
giração em torno dos eixos coordenados e também da origem.
Começamos com o momento de inércia com relação ao eixo x. Temos, então
I y x y dydxx
x
= ( )∫ ∫0
3 2
0
d ,
= + +( )∫ ∫0
3 2
0
2y x y dydx
x
= + +( )∫ ∫0
3 2 3 2
0
2xy y y dydx
x
= + +








∫
xy y y dx
x3 4 3
0
0
3
3 4
2
3
= +





∫
7
12
2
3
4
3
0
3
x x dx
= +








7
60 6
5
4
0
3
x x
=
837
20
.
De forma análoga, temos que o momento de inércia em torno do eixo y é dado por
I x x y dydxy
x
= ( )∫ ∫0
3 2
0
d ,
=
567
5
.
5 EXEMPLO
100 Aplicações das
Como temos o momento de inércia com relação aos eixo x e y , podemos determinar 
o momento de inércia com relação à origem que é dado por
I I Ix y0 = +
= +
837
20
567
5
=
621
4
.
Dessa forma, para encontramos os raios de giração, precisamos determinar a massa 
da placa. Temos que a massa é dada por
M x y dydx
x
= ( )∫ ∫0
3
0
d ,
= + +( )∫ ∫0
3
0
2x y dydx
x
= + +








∫ xy
y y dx
x2
0
0
3
2
2
= +





∫
3
2
2
2
0
3 x x dx
= +








x x
3
2
0
3
2
=
45
2
.
Finalmente, podemos determinar os raios de giração com relação aos eixos coorde-
nados e à origem, que são dados por
R I
Mx
x= = ⋅
837
20
2
45
, R
I
My
y= = ⋅
567
5
2
45
, R I
M0
0 621
4
2
45
= = ⋅ .
Considere a cunha triangular de densidade
d x y z xy, ,( ) =
dada pela figura a seguir.
6 EXEMPLO
101UNIDADE III
z
y
x 6
4
3
Figura 5 - Cunha triangular
Fonte: os autores.
Vamos verificar, inicialmente, que a distância de um ponto x y z, ,( ) dentro da cunha 
até a reta L z = 0 e y = 3 é r y z2 2 23= −( ) + . Em seguida, vamos calcular o mo-
mento de inércia e o raio de giração da cunha em torno da reta L.
Primeiramente, temos que a reta formada por z = 0 e y = 3 é uma reta cujos 
pontos são dados por x, ,3 0( ) com 0 4x≤ ≤ . Assim, considere um ponto x y z, ,( ) 
no interior da cunha triangular. A distância entre esse ponto e a reta é dada por
r x x y z2 2 2 23 0= −( ) + −( ) + −( )
= −( ) +y z3 2 2.
O momento de inércia em torno da reta L é dada pela seguinte integral tripla
I r x y z dzdydxL
y
= ( )∫ ∫ ∫
− +
0
4
0
6 2
0
1
2
3
d , ,
= −( ) +( )∫ ∫ ∫− +0
4
0
6 2 2
0
1
2
3
3y z xydzdydx
y
= − + +( )∫ ∫ ∫− +0
4
0
6 3 2 2
0
1
2
3
6 9xy xy xy z dzdydx
y
= − + +








∫ ∫
− +
0
4 3 2
3
0
1
2
3
0
6
6 9
3
xy z xy z xyz z dydx
y
102 Aplicações das
= − +




 − − +





 + − +





 +
− +
∫0
4 3 21
2
3 6 1
2
3 9 1
2
3
1
2xy y xy y xy y
y 33
3
3
0
6




















∫ dydx
= +( )∫
27
10
12 5
0
4
x dx
=
1566
5
.
Para podermos calcular o raio de giração, precisamos determinar a massa da cunha. 
A massa é dada pela integral da densidade na região, desta forma, temos
M x y z dzdydx
y
= ( )∫ ∫ ∫
− +
0
4
0
6
0
1
2
3
d , ,
= ∫ ∫ ∫
− +
0
4
0
6
0
1
2
3
xydzdydx
y
= − +




∫ ∫0
4
0
6 1
2
3xy y dydx
= − +




∫ ∫0
4 2
0
6 1
2
3xy xy dydx
= − +




∫
1
6
3
2
3 2
0
6
0
4
xy xy dx
= ∫ 180
4
xdx
=144.
Finalmente, temos que o raio de giração é dado por
R I
ML
L= = ≈
1566
700
1 49,
 
103UNIDADE III
No Cálculo 1, começamos os nossos estudos sobre 
áreas de superfície quando elas eram obtidas por 
meio da revolução de uma função em torno de 
um eixo. Agora, vamos trabalhar para um cenário 
um pouco mais geral que é calcular a área de uma 
superfície dada por uma função de duas variá-
veis, por exemplo, z f x y= ( ), . Veremos que as 
fórmulas obtidas aqui serão muito parecidas com 
aquelas que obtivemos no Cálculo 1.
Queremos encontrar a área de superfície da 
superfície dada pela função de duas variáveis 
z f x y= ( ), , em que x y,( ) é um ponto dentro de 
uma região D no plano x y− . Considere o peque-
no retângulo no plano definido por 
R x x x y y y= + ∆[ ]× + ∆[ ]0 0 0 0, , . Como é possível 
observar na figura a seguir, os pontos f x y0 0,( ), 
f x y y0 0, + ∆( ) , f x x y0 0+ ∆( ), e f x x y y0 0+ ∆ + ∆( ), 
definem um plano no espaço. Vamos considerar 
que a área desse plano é, aproximadamente, a área 
da função no retângulo R .
Área de 
Superfície
104 Aplicações das
V1
V2
z S
2
x
y
1
21
3
4
A= V x VII II
(x0 , y0 )
(x0 + ∆x, y0 )
(x0 + ∆x, y0 + ∆y )
(x0 , y0 , ∆y )
Figura 6 - Superfície z f x y= ( ), limitada pelo retângulo R x x x y y y= + ∆[ ]× + ∆[ ]0 0 0 0, ,
Fonte: os autores.
Considere os vetores 
v1 e 
v2 mostrados na figura, eles são definidos por
v x f x x y f x y x f
x
x y x1 0 0 0 0 0 00 0= ∆ + ∆( ) − ( )( ) ≈ ∆ ∂∂ ( )∆





, , , , , , ,
v y f x y y f x y y f
y
x y y2 0 0 0 0 0 00 0= ∆ + ∆( ) − ( )( ) ≈ ∆ ∂∂ ( )∆





, , , , , , ,
e a partir deles podemos calcular a área do plano formado pelos pontos f x y0 0,( ), 
f x y y0 0, + ∆( ), f x x y0 0+ ∆( ), e f x x y y0 0+ ∆ + ∆( ), . A área desse plano é dada por
∆ = ×S v v� �1 2 ,
em que × representa o produto vetorial entre os vetores 
v1 e 
v2, e ⋅ representa o 
módulo do vetor. Temos que o produto vetorial é dado por
 v v x z x
y z y
x
y
1 2 0
0
× = ∆ ∆
∆ ∆
i j k
 
= − ∆ ∆ − ∆ ∆ + ∆ ∆z x y z x y x yx y j k
e seu módulo
 v v z x y z x y x yx y1 2
2 2 2× = − ∆ ∆( ) + − ∆ ∆( ) + ∆ ∆( )
= + + ∆ ∆1 2 2z z x yx y
105UNIDADE III
Finalmente, para calcularmos a área S da superfície, precisamos repetir essa mesma 
soma para todos os possíveis retângulos dentro do domínio da função, isto é 
S S
j k
jk≈ ∆∑∑
= + ( ) + ( ) ∆ ∆∑∑
j k
x jk y jk j k
z z x y1 2 2
Fazendo as distâncias xj∆ , yk∆ se aproximarem de zero, temos que a área de uma 
superfície é dada por
S z z x y
x y j k
x jk y jk j kj k
= + ( ) + ( ) ∆ ∆
∆ ∆ →
∑∑li
, 0
2 21
= + +∫∫ 1 2 2z z dAx yD .
A seguir vamos aprender como aplicar a fórmula da área da superfície com alguns 
exemplos.
Vamos começar determinando a área de uma superfície que surge como a parte do 
plano 4 3 2 12x y z+ + = que se encontra no primeiro octante, onde temos que todas 
as variáveis são não negativas, isto é, x y z, , ≥ 0 . Perceba que a integral para o cálcu-
lo da área da superfície é uma integral dupla, logo precisamos determinar uma região 
D no plano xy para realizarmos o cálculo da área da superfície. Neste caso, a região 
D no plano xy é dada pela interseção entre o plano 4 3 2 12x y z+ + = e o plano 
z = 0 . 
4
3
2
1
0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0
Figura 7 - Domínio de integral D para a integral de área
Fonte: os autores.
A equação que determina a hipotenusa do triângulo mostrado na Figura 7 pode ser 
obtida fazendo z = 0 na equação 4 3 2 12x y z+ + = . Isto é,
y x= −4 4
3
.
7 EXEMPLO
106 Aplicações das
Observe que, a fim de utilizar a fórmula para determinar a área da superfície, é pre-
ciso que a função esteja na forma z f x y= ( ), . Neste caso, resolvendo a equação do 
plano para a variável z e calculando as derivadas parciais, temos
z x y= − −6 2 3
2
zx = −2
zy = −
3
2
.
Os limites que definem a região de integração D são
0 3 0 4
3
4≤ ≤ ≤ ≤ − +x y x .e
Finalmente, podemos calcular a área da superfície que é dada por
S z z dAx yD= + +∫∫ 1
2 2
= + −( ) + −( )∫ ∫
− +
0
3 2 2
0
4
3
4
1 2 3 2/ dydx
x
= ∫ ∫
− +29
2 0
3
0
4
3
4
dydx
x
.
Note que a integral dupla que apareceu fornece a área do triângulo dado pela Figura 
7. A área do triângulo é A = × =3 4
2
6. Portanto, a área da superfície é
S = × =29
2
6 3 29.
Neste exemplo, vamos determinar a área da superfície da parte da função z xy= 2 que 
se encontra no interior do cilindro de raio unitário x y2 2 1+ =� � no primeiro quadrante. 
Para esta função dada, temos que as derivadas parciais são facilmente calculadas 
e dadas por z yx = 2
z xy = 2 .
Assim, neste caso, a integral para a área de superfície será imediata e dada por
S x y dA
D
= + +1 4 42 2 .∫∫
8EXEMPLO
107UNIDADE III
Falta apenas encontrar o domínio de integra-
ção. Neste caso, ele foi dado e é a parte do disco 
unitário que se encontra no primeiro quadrante. 
Tendo em vista o caráter circular do domínio, 
faz-se útil utilizar uma transformação por coor-
denadas polares. Observe que, como o disco se 
encontra no primeiro quadrante, então as se-
guintes desigualdades para as variáveis polares 
devem ser satisfeitas
0 1r≤ ≤
0
2
θ
π .≤ ≤
Assim, a integral da área da superfície é dada por
�S x y dA
D
= + +∫∫ 1 4 42 2
= +∫ ∫02
2
0
1
1 4
π
θr r drd
= 




∫
p
2 81
2
u du
=








p
24
3
2
1
5
u
= −








p
24
5 1
3
2 .
Gráfico da área de superfície
108 Aplicações das
Neste último tópico da unidade, vamos utilizar 
a integral dupla para um exemplo mais físico e 
menos geométrico e que afeta o nosso cotidiano 
diretamente. Vamos entender, claro que de uma 
forma simplificada, o mecanismo que faz um 
avião voar ou um carro de fórmula 1 manter-se 
no chão. Claro que nem todos os aspectos dessa 
bonita área da engenharia serão feitos aqui. São 
muitos detalhes que precisariam de um curso 
específico de aerodinâmica para entender todos 
os mecanismos. No entanto, esta aula, provavel-
mente, deixará o estudante curioso a respeito de 
todo o processo e, certamente, interessado nesse 
incrível tópico da ciência.
Antes de começarmos o nosso estudo, preci-
samos definir o que é um campo de vetores, ou 
campo vetorial. Um campo vetorial bidimensional 
é uma função 

F que fornece um vetor para cada 
ponto do plano x y,( ) . Campos vetoriais são nor-
malmente representados por um campo de fle-
chas no plano. Por exemplo, a imagem a seguir é 
uma visualização do campo de vetores para �
F x y y x y x( ) = −( ) = −i j
Sustentação
em uma Asa
109UNIDADE III
10
5
5 10
0
0
-5
-5
-10
-10
Figura 8 - Campo de vetores
Fonte: os autores.
Podemos pensar em um campo vetorial como sendo a representação do escoamen-
to de um determinado fluido em duas dimensões, de modo que o vetor 

F x y,( ) 
representa, então, a velocidade de um fluido no ponto x y,( ). Neste caso, chamaremos 

F x y,( ) de campo de velocidades do fluido.
Para chegarmos no nosso ponto de interesse que é o cálculo da sustentação gera-
da por um escoamento, precisamos de algumas definições. Considere, então, um 
campo de velocidades �v x y u x y w x y, , ,( ) = ( ) + ( )i j dado em uma região D fechada 
no plano. Definimos a circulação deste campo de velocidades em torno da região 
D como sendo a seguinte integral
=
∂
∂
−
∂
∂





D
w
x
u
y
dA.Γ ∫∫
Considere que a região fechada D no plano tenha como fronteira uma curva C. 
Assim, a integral da circulação mede o quanto o campo de vetores está alinhado 
com essa curva C. Isto é, a integral indica o quanto o campo de vetores tende a 
circular em torno da curva C . No exemplo que faremos a seguir, essa ideia da 
circulação ficará mais clara.
110 Aplicações das
Considere o campo de velocidades definido por 
v x y y x,( ) = −i j. Vamos calcular a 
circulação desse campo de velocidades em torno da elipse
x y2 2
4 9
1+ = .
Temos que a circulação é dada pela integral
=
∂
∂
−
∂
∂





D
w
x
u
y
dA∫∫Γ
= − −( )
D
dA1 1∫∫
= −2
D
dA∫∫
= − ×( )2 Áre da elipse
= −12p.
Na Figura 9, temos o campo de velocidades 
v x y,( ) e a região que estamos calcu-
lando a circulação.
10
5
5 10
0
0
-5
-5
-10
-10
Figura 9 - Contorno para o cálculo da circulação
Fonte: os autores.
9 EXEMPLO
111UNIDADE III
Perceba que a o campo de velocidades de fato circula com relação à curva que define 
a região de integração que, nesse caso, é uma elipse.
Definida a circulação, podemos relacioná-la com a força de sustentação gerada por 
um campo de velocidades que passa por um corpo no plano. A força de sustentação é 
uma componente de força que é perpendicular ao vento relativo ao corpo. Essa força 
surge em virtude da diferença de pressão entre as partes superior e inferior do aerofólio 
e tende a empurrá-lo para cima, auxiliada ainda pela reação do ar na parte inferior 
dele. Uma representação da força de sustentação pode ser vista na figura a seguir.
Sustentação
Figura 10 - Perfil aerodinâmico
Fonte: os autores.
A relação entre a força de sustentação e a circulação de um campo de velocidades é 
dado pelo Teorema de Kutta-Joukowski, dois precursores no estudo da aerodinâmica, 
cujas ideias são fundamentais para essa área da ciência.
Teorema de Kutta-Joukowski
Considere um campo de velocidades 
v x y,( ) de tal forma que 
 v v u→ = ( )∞ ∞ , ,0
quando x y,( ) →∞ . Suponha que esse campo de velocidades seja exterior a um 
corpo que define uma região B no plano. Então, a força de sustentação exercida 
sobre o corpo B é dada por
F u C= − ∞r ,
em que r é a densidade do fluido, e C é a circulação em torno da região B .
TEOREMA1
112 Aplicações das
Os aerodinamicistas Kutta, na Alemanha, e Joukowski, na Rússia, mostraram de forma 
independente o teorema quando ambos trabalhavam para quantificar a sustentação 
que surgia quando um fluxo de ar escoava sobre um cilindro giratório. 
Sustentação
R
Sustentação
R
Figura 11 - Escoamento passando por um cilindro rotativo
Fonte: os autores.
Como todos os efeitos da sustentação aerodinâmica, este também parece um pouco 
misterioso. No entanto, ele pode ser visto como um redirecionamento do movimento 
do ar. Se o cilindro aprisiona um pouco de ar em uma camada próxima da superfície 
do cilindro e o carrega preso com ela, soltando-o apenas quando está na parte de 
baixo, então ele fornece ao ar um momento para baixo. Isso age dando ao cilindro 
um momento para cima, de acordo com o princípio da conservação do momento, e 
gerando, desta forma, a força de sustentação.
Neste caso, o campo de velocidades pode ser encontrado analiticamente. Não é 
nosso objetivo, aqui, determinar esse campo, vamos apenas usá-lo para determinar-
mos a força de sustentação no cilindro rotativo de raio R. Considere que, na super-
fície do cilindro, o vetor velocidade 
v x y,( ) do ar possui componentes dadas por
u x y y u y
x y R x y
,( ) =
+
+
+








∞2
2
2 2 2 2π
Γ
w x y x u y
x y R x y
, .( ) = −
+
+
+








∞2
2
2 2 2 2π
Γ
Vamos calcular a sustentação utilizando o teorema de Kutta-Joukowski. Para tal, 
precisamos determinar a circulação em torno do cilindro que é dada por
10 EXEMPLO
113UNIDADE III
o = ∂
∂
−
∂
∂






+ ≤x y R
w
x
u
y
dA
2 2 2
.∫∫ãç
Temos que
w u y
x y R x y
x u xy
x y
x
R x y
x = −
+
−
+
+
+( )
+
+( )



∞ ∞2
2
4
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3
2π π









Γ Γ
u u y
x y R x y
y u y
x y
y
R x y
u
y =
+
+
+
+ −
+( )
−
+( )
+∞ ∞ ∞
2
2
4
2
2
2 2 2 2
2
2 2 2 2 2
3
2π π
xx y2 2+












.Γ Γ
Simplificando a diferença entre essas duas derivadas, temos
w u u y
x y R x y
x y− = −
+
−
+
∞2
2
2 2 2 2π
.Γ
Finalmente, podemos calcular a circulação que é dada por
circulação w
x
u
y
dA
x y R
=
∂
∂
−
∂
∂





+ ≤∫∫ 2 2 2 
= −
+
−
+








∞
+ ≤∫∫
2
2
2 2 2 22 2 2
u y
x y R x y
dA
x y R π
Γ
= − +




∫ ∫ ∞0
2
20
2
2
π θ
π
θ
u rsen
r Rr
rdrd
R Γ
= − +




∫ ∫ ∞0
2
0
2
2
π
θ
π
θu sen
R
drd
R Γ
= − +




∞∫ 2 20
2
u sen
R
Rdθ
π
θ
π Γ
= − +




∞∫ 2 20
2
u Rsen dθ
π
θ
π Γ
= − − +




∞2 2 0
2
u Rcosθ
π
θ
π
Γ
= − .Γ
114 Aplicações das
Portanto, a força de sustentação gerada pelo es-
coamento sobre o cilindro rotativo é dado pelo 
teorema de Kutta-Joukowski que é
F u C= − ∞r
= ∞ρu .Γ
Para encontrarmos a força de sustentação em uma 
asa, precisaríamos da solução analítica do escoa-
mento em torno desse perfil aerodinâmico. Assim, 
poderíamos calcular a circulação em torno desse 
perfil e, então, determinarmos a sustentação. A 
solução analítica de alguns modelos de asa fogem 
do escopo desta aula, que demandam umestudo 
mais aprofundado de aerodinâmica.
115
Você pode utilizar seu diário de bordo para a resolução.
1. Determine a área da superfície gerada pela interseção entre o plano z x= −2 
e o cilindro x y2 2 2+ = .
2. Encontre a massa da placa retangular − ≤ ≤1 2x , 0 3y≤ ≤ de densidade 
d x y x y, .( ) = +( )2 1
3. Considere o elipsoide 
x y z2 2 2
4 4 2
1+ + = com densidade d constante. Determine 
o segundo momento com relação ao eixo z desta esfera.
4. Considere as componentes do vetor velocidade 
v dadas por v xx =
2y v xyy = .
Determine a circulação desse vetor velocidade sobre o círculo de raio unitário 
com centro na origem.
5. Considere a placa definida pela região entre x = 0 e x y= −1 2 com densidade 
d = +y x2. Determine o segundo momento com relação ao eixo x desta placa.
116
Para entender melhor as aplicações das integrais duplas e triplas na aerodinâ-
mica, é interessante assistir à seguinte aula sobre aerodinâmica básica.
Para acessar, use seu leitor de QR Code.
WEB
117
ANTON, H. Cálculo: Um novo horizonte. Porto Alegre: Bookman, 2000. Volume 2.
STEWART, J. Cálculo. 6. ed. São Paulo: Pioneira /Thomson Learning, 2011. Volume 2.
118
1. A superfície em questão é uma elipse. Temos para essa função que as derivadas parciais são dadas por
zx = −1 zy = 0.
A integral para a área de superfície é
S dA
D
= + −( )∫∫ 1 1 2 �
= ∫ ∫0
2 2
2
π
θrdrd
0
= 2 2p.� �
2. A massa é dada por
M x y dydx= +( )
−∫ ∫1
2 2
0
3
1
= +





−∫ x y
y dx2
2
0
3
1
2
2
�
= ( )
−
5
2
3
1
2
x
=
45
2
.
3. Neste caso, faz-se interessante utilizar a substituição por coordenadas esféricas na forma
x rcos sen= 2 θ ϕ
 
y rsen sen= 2 θ ϕ
 z rcos= 2 ϕ,
cujo Jacobiano é dado por J r sen= −4 2 2 j. Assim, o segundo momento com relação ao eixo z é dado por
M x y dVxy elipsoide= +( )∫∫∫δ 2 2
 
= ( )∫ ∫8 2 0 3 30
1
δπ ϕ ϕ
π
r sen drd
=
8 2
3
δπ .
119
4. Para calcular a circulação, é necessário calcular as derivadas parciais das componentes do vetor veloci-
dade, temos
∂
∂
=
∂
∂



y
v
y
x yx
2 � = x2 e também 
∂
∂
=
∂
∂
[ ]
x
v
x
xyy = y.
Portanto, 
∂
∂
−
∂
∂
= −
x
v
y
v y xy x
2
e a circulação é dada por
∂
∂
−
∂
∂





 = −( )∫∫ ∫∫x v y v dA y x dAy xcírculo círculo
2 = −( )∫ ∫0
2 2 3 2
0
1π
θ θ θr sen r drdcos = − 4
.π
5. O segundo momento com relação ao eixo y é dado por
M y dAx região= ∫∫
2d
= +( )−
−
∫ ∫1
1 2 2
0
1 2
y y x dxdy
y
=
32
945
.
120
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