INTEGRAL_DUPLA

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Cálculo Diferencial e Integral III 
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INTEGRAIS DUPLAS 
 
VOLUMES E INTEGRAIS DUPLAS 
 
Na tentativa de resolver o problema de determinar áreas, chegamos à definição de 
integral definida. Vamos aplicar procedimento semelhante para calcular o volume de um 
sólido e, no processo, chegar à definição de integral dupla. 
 
Consideremos uma função f de duas variáveis definida em um retângulo fechado 
R = [a,b] x [c,d] = {(x,y) IR2| a < x < b, c < y < d } 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
e vamos, inicialmente, supor f(x,y) > 0. O gráfico de f é a superfície de equação z = f(x,y). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Seja S o sólido que está contido na região acima de R e abaixo do gráfico de S, ou 
seja, 
S = {(x,y,z) IR3| (x,y)  R, 0 < z < f(x,y)} 
 
Nosso objetivo é determinar o volume de S. 
 
 
O primeiro passo consiste em dividir o retângulo R em sub-retângulos. Faremos isso 
dividindo o intervalo [a,b] em m subintervalos [xi-1 , xi], de mesmo comprimento 
x = (b – a) / m, e o intervalo [c,d] em n subintervalos [yj-1 , y j], de mesmo comprimento 
y = (b – a) / n. traçando retas paralelas aos eixos coordenados passando pelos extremos dos 
subintervalos, formamos os sub-retângulos. 
y 
b a x 
d 
c 
RR 
RR 
x 
y 
z 
S 
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Rij = [x i-1,x i] x [y j-1,y j ] = {(x,y) | x i-1 < x < x i , y j-1 < y < y j } 
cada um dos quais com área A = xy. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Se escolhermos um ponto arbitrário (xij , yij) em cada Rij, podemos aproximar a parte 
de S que está acima de cada Rij por uma caixa retangular fina (ou um prisma) com base Rij e 
altura f(xij , yij). O volume desta caixa é dado pela sua altura vezes a área do retângulo da base: 
Vij = f(xij , yij)A. 
Se seguirmos com esse procedimento para todos os retângulos e somarmos os 
volumes das caixas correspondentes, obteremos uma aproximação do volume total de S: 
xi 
x 
b a x 
d 
c 
RR 
y 
x1 x2 xi-1 
y1 
y2 
yj-1 
yj 
y  
   
 
 
    
 
    
 
 
   
 
 
 
     
       
  
     
 
 
   
 
      
RRiijj 
((xxiijj ,, yyiijj)) 
x 
RR 
y 
z 
S 
 
f (xij , yij ) 
 (xij , yij ) 
Vij 
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V  


m
1j
ijij
n
1i
A)y,x(f 
Essa dupla soma significa que, para cada sub-retângulo, calculamos o valor de f no 
ponto amostra escolhido, multiplicamos esse valor pela área do sub-retângulo e, então, 
adicionamos os resultados. 
 
Nossa intuição diz que a aproximação V  


m
1j
ijij
n
1i
A)y,x(f melhora quando 
aumentamos os valores de m e de n e, portanto, devemos esperar que: 
V = 



m
1j
ijij
n
1i
n,m
A)y,x(flim . 
Usamos essa expressão para definir o volume do sólido S que corresponde à região 
que está acima do retângulo R e abaixo do gráfico de f. 
Mesmo f não sendo uma função positiva, podemos dar a seguinte definição: 
 
A integral dupla de f sobre o retângulo R é 

R
dA)y,x(f 



m
1j
ijij
n
1i
n,m
A)y,x(flim 
se esse limite existir. 
 
Pode ser provado que o limite existe sempre que f for uma função contínua. 
Além disso, se f(x,y) > 0, então o volume do sólido que está acima do retângulo R e 
abaixo da superfície z = f(x.y) é 

R
dA)y,x(fV . 
A soma 


m
1j
ijij
n
1i
A)y,x(f é chamada soma dupla de Riemann e é usada como 
aproximação do valor da integral dupla. 
 
Exemplo 1: O volume do sólido que está acima do quadrado R = [0,2] x [0,2] e 
abaixo do parabolóide elíptico z = 16 – x
2
 – 2y
2
 pode ser aproximado pela subdivisão de R em 
quatro quadrados iguais e a escolha do ponto amostra como o canto superior de cada quadrado 
Rij. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: Os quadrados estão ilustrados na figura acima e a área de cada um vale 1. O 
parabolóide é o gráfico de f(x,y) = 16 – x
2
 – 2y
2
. Aproximando o volume pela soma de 
Riemann com m = n = 2, temos: 
2 
2 
1 
1 0 x 
y 
(1,1) 
(2,2) 
(2,1) 
(1,2) 
R11 
R22 
R21 
R12 
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


2
1j
ijij
2
1i
A)y,x(fV = f(1,1)A + f(1,2) A + f(2,1) A + f(2,2) A 
 = 13(1) + 7(1) + 10(1) + 4(1) = 34 
Esse é o volume das caixas aproximadoras, como mostra a figura abaixo: 
 
 
Obtemos melhor aproximação do volume quando aumentamos o número de 
quadrados. A figura abaixo mostra como as figuras começam a parecer mais com o sólido 
verdadeiro e as aproximações correspondentes vão se tornando mais precisas quando usamos 
16, 64 e 256 quadrados. 
 
 
 
 
INTEGRAIS ITERADAS 
 
Se f for contínua no retângulo R = { (x,y) | a < x < b, c < y < d }, então calculamos a 
integral dupla de f em R através de integrais iteradas, como mostrado abaixo: 
 
  


















d
c
b
a
b
a
d
cR
dydx)y,x(fdxdy)y,x(fdA)y,x(f 
 
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Este resultado, conhecido como Teorema de Fubini, vale sempre que f for limitada 
em R, podendo ser descontínua em um número finito de pontos de R. 
 
Exemplo 2: Calcule o valor da integral 
R
2 ydAx , onde R = [0,3] x [1,2] 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
R
2 ydAx =  







3
0
2
1
2 dxydyx =  




3
0
2
1
2
2 dx
2
y
x =  






3
0
22 dx
2
1
x
2
4
x = 
 





3
0
2 dxx
2
3
=
3
0
3
3
x
2
3



= 5,13
2
27
2
x
3
0
3



 
ou 

R
2 ydAx =  







2
1
3
0
2 dyydxx =  




2
1
3
0
3
dyy
3
x
=  






2
1
dy0y
3
27
= 
 
2
1
dyy9 =
2
1
2
2
y9



=
5,13
2
27
2
9
2
36
 
O valor obtido é o volume do sólido 
acima de R e abaixo do gráfico da 
função f(x,y) = x
2
y (Veja figura ao 
lado) 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 3: Calcule 
R
dA)xysen(y , onde R = [1,2] x [0,]. 
Solução: 
 
00sen0sen
2
1
sensen
2
1
yseny2sen
2
1
dy)ycosy2cos(
dyxycosdydx)xysen(ydA)xysen(y
00
0
2
1
0
2
1R









 
 
y 
3 
2 
x 
1 
0 
R 
 
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Obs.: 1) Se mudarmos a ordem de integração, invertendo as integrais iteradas, a 
resolução das mesmas irá requerer a aplicação de técnicas de integração, 
tornando o trabalho mais demorado. Portanto é importante observar o tipo de 
função que iremos integrar e fazer uma boa escolha da ordem de integração. 
 2) O valor obtido nesta integral representa a diferença do volume da parte do 
sólido que está acima do retângulo R e do volume da parte do sólido que está 
abaixo de R. Como o resultado foi zero, estes volumes são iguais. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exemplo 4: Determine o volume do sólido S que é delimitado pelo parabolóide 
elíptico x
2
 + 2y
2
 + z = 16, os planos x = 2 e y = 2 e os três planos coordenados. 
 
Solução: Observemos, primeiro, que S é o sólido que está abaixo da superfície 
z = 16 – x
2
 – 2y
2
 e acima do retângulo R = [0,2] x [0,2], como mostra a figura. 
Vamos calcular o volume deste sólido usando integral dupla: 
 
 
 
48
3
8.42.88
3
y
4y
3
88
dyy4
3
88
dyy4
3
8
32
dyxy2
3
x
x16
dydxy2x16
dAy2x16V
2
0
3
2
0
2
2
0
2
2
0
2
0
2
3
2
0
2
0
22
R
22



































 

 
 
INTEGRAIS DUPLAS EM REGIÕES GENÉRICAS 
 
Para integrais simples, a região sobre a qual integramos é sempreum intervalo. Mas, 
para integrais duplas, queremos ser capazes de integrar a função f, não somente sobre 
retângulos, mas também sobre um região D de forma mais geral, como mostra a figura 
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abaixo. Vamos supor que D seja uma região limitada, o que significa que D pode ser cercada 
por uma região retangular R. Definimos, então, uma nova função F com domínio R por 
 
 




DemestánãomasRemestá)y,x(se,0
Demestáy,xse),y,x(f
)y,x(F 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Se a integral dupla de F sobre R existe, então definimos a integral dupla de f sobre 
D por 
 
RD
dA)y,x(FdA)y,x(f 
 
Cálculo da Derivada Dupla sobre Regiões Planas Genéricas 
 
 
1) Regiões planas inscritas em faixas verticais: 
 
Consideremos uma região D inscrita na faixa vertical a < x < b e entre o gráfico de 
duas funções contínuas de x, ou seja: 
D = { (x,y) | a < x < b, g1(x) < y < g2(x) } 
onde g1 e g2 são contínuas em [a,b]. Por exemplo, as regiões D representadas abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A integral dupla de f em D é calculada pelas seguintes integrais iteradas: 
  
b
a
)x(g
)x(gD
dxdy)y,x(fdA)y,x(f
2
1
 
sempre que f for contínua em D. 
 
 
 
R 
DDD DDD 
x x 
y y 
0 0 
DDD 
x 
y 
0 
DDD 
x 
y 
0 
DDD 
x 
y 
0 b b b a a a 
y = g1(x) y = g1(x) y = g1(x) 
y = g2(x) 
y = g2(x) y = g2(x) 
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2) Regiões planas inscritas em faixas horizontais: 
 
Consideremos uma região D inscrita na faixa horizontal c < y < d e entre o gráfico 
de duas funções contínuas de y, ou seja: 
 
D = { (x,y) | c < y < d, h1(y) < x < h2(y) } 
 
onde h1 e h2 são contínuas em [c,d]. Por exemplo, as regiões D representadas abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A integral dupla de f em D é calculada pelas seguintes integrais iteradas: 
 
  
d
c
)x(h
)x(hD
dydx)y,x(fdA)y,x(f
2
1
 
 
sempre que f for contínua em D. 
 
Exemplo 5: Calcule  
D
dA)y2x( onde D é a região limitada pelas parábolas 
y = 2x
2 
 e y = 1 + x
2
. 
 
 
 
 
 
Solução: 
A região D está inscrita na faixa vertical 
–1 < x < 1, pois essas são as abscissas dos pontos 
de intersecção das duas parábolas e podemos 
escrever: 
 
D = { (x,y) | –1 < x < 1, 2x
2
 < y < 1 + x
2 
} 
 
Assim, calculamos a integral dupla através 
das seguintes integrais iteradas: 
 
 
 
DDD 
x 
y 
0 
DDD 
x 
y 
0 
DDD 
x 
y 
0 
d d 
d 
c 
c 
c 
x = h1(y) 
x = h1(y) 
x = h1(y) 
x = h2(y) 
x = h2(y) 
x = h2(y) 
x 
y 
–1 1 
y = 2x
2 
y = 1 + x
2 
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 
   
 
 
15
32
x
2
x
3
x
2
4
x
5
x
3
dx1xx2xx3
dxx4x2xx21xx
dxx4x2)x1()x1(x
dxyxydxdy)y2x(dA)y2x(
1
1
2345
1
1
234
1
1
43423
1
1
43222
1
1
x1
x2
2
1
1
x1
x2D
2
2
2































 
 
 
 
Exemplo 6: Determine o volume do sólido que está abaixo do parabolóide z = x
2
 + y
2
 e 
acima da região do plano xy limitada pela reta y = 2x e pela parábola y = x
2
. 
 
Solução: D é uma região inscrita na faixa vertical 0 < x < 2, portanto: 
 
D = { (x,y) | 0 < x < 2, x
2
 < y < 2x } 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Assim, o volume é: 
   
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
yx
dxdyyxdAyxV
2
0
7542
0
6
4
3
2
0
6
4
3
3
2
0
x2
x
3
2
2
0
x2
x
22
D
22
2
2









































 
 
 
y = 2x 
y = x
2 
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Mas também podemos inscrever a região D na faixa horizontal 0 < y < 4, com: 
 
D = { (x,y) | 0 < y < 4, yx
2
y
 } 
 
Portanto, o volume pode ser calculado como: 
   
35
216
256.
96
13
128.
7
2
32.
5
2
y
96
13
y
7
2
y
15
2
dyy
24
13
yy
3
1
dy
2
y
24
y
y
3
y
xy
3
x
dydxyxdAyx(V
4
0
42
7
2
5
4
0
32
5
2
3
4
0
33
2
52
34
0
y
2
y
2
34
0
y
2
y
22
D
22








































 
 
Exemplo 7: Calcule 
D
xydA , onde D é a região limitada pela reta y = x – 1 e pela parábola 
y
2
 = 2x + 6. 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A intersecção das duas curvas é calculada da seguinte maneira: 
[y
2
 = 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 D pode ser considerada inscrita tanto em uma faixa vertical 
como em uma faixa horizontal. Mas a descrição de D considerada inscrita na faixa vertical 
-3 < x < 5 é mais complicada, pois sua fronteira inferior é constituída por mais de uma curva. 
 
Assim, preferimos expressar D como: 
 
D = { (x,y) | -2 < y < 4, 
2
6y 2 
< x < y + 1 } 
 
Logo: 
 
y
2
 = 2x + 6 
y = x – 1 
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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
6
4
2
235
4
2
3523
4
2
1y
2
6y
24
2
1y
2
6yD
2
2



















































 
 
 
Exemplo 8: Determine o volume do tetraedro limitado pelos planos x + 2y + z = 2, x = 2y, 
x = 0 e z = 0. 
 
Solução: Em uma questão como esta, é prudente desenhar dois diagramas: um do sólido 
tridimensional e outro da região plana D sobre a qual o sólido está. 
 Igualando as equações dos planos, duas a duas, obtemos as retas que contém as 
arestas do tetraedro: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A figura acima, à esquerda, mostra o tetraedro T limitado pelos planos coordenados 
x = 0, z = 0, o plano vertical x = 2y e o plano x + 2y + z = 2. 
Como x + 2y + z = 2 intercepta o plano xy (de equação z = 0) na reta x + 2y = 2, 
vemos que T está sobre a região triangular D, do plano xy, limitada pelas retas x = 2y, 
x + 2y = 2 e x = 0. 
O plano x + 2y + z = 2 pode ser escrito como z = 2 – x – 2y e a região D como: 
D = { (x,y) | 0 < x < 1, x/2 < y < 1 – x/2 }. 
 
 
(1, ½, 0) 
(0, 1, 0) 
(0, 0, 2) 
x + 2y + z = 2 
x = 2y 
x 
y 
z 
x 
y 
1 
1 
½ 
x + 2y = 2 
x = 2y 
D 
T 
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Portanto o volume de T é: 
     
 
3
1
3
x
xxdxxx21
dx
4
x
2
x
x
4
x
x1
2
x
xx2
dx
4
x
2
x
x
2
x
1
2
x
1x
2
x
12
dxyxyy2dxdyy2x2dAy2x2V
1
0
3
2
1
0
2
1
0
2222
1
0
222
1
0
2
x1
2
x
2
1
0
2
x1
2/xD















































 


 
 
PROPRIEDADES DAS INTEGRAIS DUPLAS: 
 
1)  
DDD
dA)y,x(gdA)y,x(fdA)]y,x(g)y,x(f[ 
2)  
DD
dA)y,x(fcdA)y,x(cf , onde c é uma constante 
3)  
21 DDD
dA)y,x(fdA)y,x(fdA)y,x(f , 
 
Exemplo 9: Expresse, de duas maneiras, as integrais iteradas que resolvem 
D
xdAcosy2 , 
onde D é a região do plano xy limitada pelos gráficos de 
6
x

 , y = 1, y = 3, 
3y + x = 10 e x = y
2
. 
 
Solução: No gráfico abaixo, aparecem as curvas que formam a fronteira de D. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
se D= D1  D2, onde D1 e D2 não se 
sobrepõem exceto, possivelmente, nas 
fronteiras. 
3 
/6 
y =3 
y =1 
x =/6 
3y + x = 10 
x = y
2 
D 
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A região que tem como fronteira todas as curvas citadas é a parte sombreada do 
plano. Portanto essa é a região D. Assim, podemos descrevê-la de duas formas: 
1) Inscrita na faixa vertical /6  x  4 e, nesse caso dividi-la em 
 D1 = { (x,y) | /6  x  1, 1  y  3 } e 
 D2 = { (x,y) | 1  x  4, 
3
x10
yx

 } 
 
2) Inscrita na faixa horizontal 1  y  3 e, nesse caso, dividi-la em 
 D1 = { (x,y) | 1  y  2, /6  x  y
2
 } e 
 D2 = { (x,y) | 2  y  3, /6  x  10 – 3y } 
 
Na forma 1), as integrais iteradas são: 
  





4
1
3
x10
x
1
6
3
1
DDD
dxxdycosy2dxxdycosy2
xdAcosy2xdAcosy2xdAcosy2
21
 
 
Na forma 2), as integrais iteradas são: 
  





3
2
y310
6
2
1
y
6
DDD
dyxdxcosy2dyxdxcosy2
xdAcosy2xdAcosy2xdAcosy2
2
21
 
 
 
 
11.  
R
dxdyyxy )27( 2 ; R: a região do primeiro quadrante limitado por y=x, y=x/3, x=3. 
13.  
R
dxdy
y 21
1
; R: a região do primeiro quadrante limitado por y=x, y=0, e, x=1. 
 
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13.  
C
dyyxydx 23 4 , onde C é o círculo x
2
+y
2
=4. 
14.  
C
ysenxdyydxycos , onde C é o quadrado de vértices (0,0), (1,0), (1,1) e (0,1). 
15. 
C
RdF. , onde jxyiyxF 222 3)(  e C é o círculo x
2
+y
2
=9. 
17.  
C
yx dyxedxe , onde C compreende a região 
4
,10: 1

  yxsenxR . 
 
 
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