Integrais Definidas e Riemann

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Disciplina
CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Unidade 1
Técnicas de Integração
Aula 1
A Integral De�nida
A Integral de�nida
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Dica para você
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Olá, estudante! Nessa aula iniciaremos nossos estudos sobre o cálculo de integrais. Em um primeiro
momento, vamos discutir sobre as motivações por trás do desenvolvimento do conceito de integral.
Posteriormente, vamos discutir sobre o Método de Riemann e o teorema fundamental do cálculo.
Além disso, discutiremos sobre o processo de encontrar primitivas. Fique atento a esse processo,
pois ele será fundamental em nossas próximas aulas.
Ponto de Partida
As integrais de�nidas desempenham um papel fundamental no campo da análise matemática,
representando uma ferramenta poderosa para calcular área de regiões ou volume de determinados
sólidos. Este ramo da Matemática, desenvolvido principalmente por Isaac Newton e Gottfried Leibniz
no século XVII, revolucionou a maneira como compreendemos e modelamos fenômenos que variam
de forma contínua.
Vamos começar nossa exploração sobre integrais ao compreender a interpretação geométrica na
aplicação da integral de Riemann. Além disso, exploraremos as integrais de�nidas, o teorema
fundamental do cálculo e as antiderivadas, também conhecidas como integrais primitivas. O
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entendimento desses conceitos fundamentais nas integrais é crucial para resolver problemas em
diversas áreas do nosso dia a dia.
Para que você compreenda como podemos utilizar esses conceitos, suponha que você esteja
estudando sobre o cálculo de integrais e resolveu fazer um comparativo dos resultados encontrados
ao calcular uma integral por meio do método de Riemann e utilizando o teorema fundamental do
cálculo. A função a ser estudada é 
Vamos Começar!
Primeiramente, já pensou em como calcular a área abaixo de uma curva? Se essa curva for reta, é
fácil, pois basta relacionar com triângulos ou retângulos e fazer as relações adequadas, conforme
exempli�cado na Figura 1.
Figura 1 | Exemplos de �guras com lados que são curvas retas. Fonte: Stewart, Clegg e Watson (2021, p. 342).
Entretanto, não é tão fácil encontrar a área de uma região com lados curvos (como na Figura 2). As
tradicionais fórmulas de áreas não são úteis para determinar áreas em casos de �guras curvilíneas,
sendo assim, são necessárias ferramentas mais elaboradas para chegar ao resultado pretendido.
f(x) = x2
[0, 2]
f(x)
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Figura 2 | Região delimitada pela função contínua f(x), pelas retas verticais x = a e x = b e pelo eixo x. Fonte: Stewart, Clegg e
Watson (2021, p. 342).
O matemático Riemann formulou um método para estimar áreas sob curvas, utilizando retângulos
para preencher os espaços. Nessa abordagem, a altura de cada retângulo corresponde ao valor da
função em um ponto especí�co e o comprimento da base pode variar. A soma de Riemann é uma
aproximação da área abaixo de uma curva, alcançada ao dividir a região em múltiplos retângulos.
Riemann concebeu a ideia de obter a área 
S
n
Δx = b−a
n
f(xi)
Si = Δx ⋅ f(xi)
S
S = S1 + S2 +⋯+ Sn
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Figura 3 | Representação do método de Riemann dividindo a área em retângulos. Fonte: Stewart, Clegg e Watson (2021, p. 345).
Pode surgir a dúvida sobre a quantidade de retângulos necessários para subdividir a área abaixo da
curva. Para responder a essa indagação, é preciso analisar a Figura 4.
Figura 4 | Aproximação da área pelo Método de Riemann com retângulos. Fonte: Stewart, Clegg e Watson (2021, p. 346).
 
Observe que a precisão da estimativa da área aumenta à medida que reduzimos o tamanho da base
e, consequentemente, aumentamos o número de retângulos utilizados. Nesse sentido, quanto maior
o número de retângulos, mais próxima será a estimativa da área total. Logo, “a área 
Um ponto importante a ser destacado é que a �m de estimar a área sob o grá�co de 
A
S
A = lim
n→∞
∑n
i=1 f(xi) ⋅ Δx
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Figura 5 | Somas inferiores e superiores. Fonte: Stewart, Clegg e Watson (2021, p. 347).
Até este ponto, exploramos um método para calcular a área sob uma curva e você pode estar se
questionando sobre a conexão desse tipo de problema com o estudo das integrais. Eles estão
relacionados uma vez que, se temos uma função 
Se esse limite existir, dizemos que 
f
x
*
i
f(x
*
i )
f
A
f
[a, b]
a
b
∫ b
a
f(x)dx = lim
n→∞
∑n
i=1 f(xi) ⋅ Δx
∫
b
a f(x)dx = lim
n→∞
∑n
i=1 f(xi) ⋅ Δx
f
[a, b]
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Segundo Stewart (2021), o símbolo 
Mas como podemos calcular uma integral? Será necessário resolver o limite da soma de Riemann?
Fique tranquilo, não abordaremos diretamente esse limite, pois calcular tal limite frequentemente
envolve complexidades. Felizmente, há um teorema que facilita o processo, o qual é tão importante
que é conhecido como teorema fundamental do cálculo. O teorema fundamental do cálculo
estabelece uma relação precisa entre a derivada e a integral. Newton e Leibniz foram os pioneiros na
exploração dessa relação, utilizando-a para desenvolver o cálculo como um método matemático
sistemático. Em particular, perceberam que o teorema fundamental os habilitava a calcular áreas e
integrais com maior facilidade, evitando a necessidade de abordar diretamente o cálculo como
limites de somas (STEWART; CLEGG; WATSON, 2021). De acordo com esse teorema; se uma função 
onde 
 é qualquer primitiva de 
, isto é, uma função tal que 
. Podemos dizer, então, que uma integral de�nida pode ser calculada encontrando-se uma primitiva
do integrando e, então, subtraindo-se o valor dessa primitiva no limite inferior de integração de seu
valor no limite superior de integração. Não se esqueça que uma função 
∫
∫ b
a
f(x)dx
f(x)
a
b
a
b
dx
x.
f
[a, b]
  ∫ b
a
f(x)dx = F(b) − F(a)  em   que  F ' = f.  
F
f(x)
F ′ = f
F  
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só será uma primitiva de 
 se ao derivarmos a função 
 encontramos 
 . Por exemplo, vamos considerar a função 
 sua derivada é 
. Assim podemos dizer que uma primitiva de 
 é 
, uma vez que 
. Vamos agora calcular a integral que segue:
f(x)
F
f(x)
F(x) = 2x3
F ′(x) = 6x2
f(x) = 6x2
F(x) = 2x3
F ′(x) = f(x)
F
f(x)
F ′ = f
F  
f(x)
F
f(x)
F(x) = 2x3
F ′(x) = 6x2
f(x) = 6x2
F(x) = 2x3
F ′(x) = f(x)
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Sabemos que a primitiva de 
 é 
, assim aplicando o teorema fundamental do cálculo, temos que determinar a primitiva calculada em
cada um dos limites de integração, isto é, 
 e 
. Após esse cálculo fazemos a subtração 
, ou seja,
Vamos agora considerar a função 
. A derivada dessa função é 
, logo podemos dizer que 
 é uma primitiva da função constante 
, pois 
∫ 2
1 6x2 dx
∫ 2
1 6x2 dx
6x2
F(x) = 2x3
F(2) = 2 ⋅ (2)3 = 16
F(1) = 2 ⋅ (1)3 = 2
F(2) − F(1) = 16 − 2 = 14
6x2
F(x) = 2x3
F(2) = 2 ⋅ (2)3 = 16
F(1) = 2 ⋅ (1)3 = 2
F(2) − F(1) = 16 − 2 = 14
∫
2
1 6x2dx = [2x3]
2
1 = 2 ⋅ (2)3 − 2 ⋅ (1)3 = 16 − 2 = 14
∫ 2
1 6x2dx = [2x3]
2
1
= 2 ⋅ (2)3 − 2 ⋅ (1)3 = 16 − 2 = 14
G(x) = 2x
G′(x) = 2
2x
g(x) = 2
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.  Diante disso, temos que
Siga em Frente...
Agora que você já viu como funciona o processo de determinar uma integral de�nida, vamos
conhecer algumas de suas propriedades.
Propriedade Exemplo
 
Tabela 1 | Propriedades de integrais de�nidas
Esteja atento a essas propriedades, pois serão extensivamente empregadas durante nossos estudos
sobre integrais. É crucial ressaltar que nem toda integral de�nida pode ser interpretada como uma
G′(x) = g(x)
G(x) = 2x
G′(x) =é
frequentemente usada para calcular áreas sob e entre curvas em grá�cos. Isso é particularmente útil
em Geometria, Física e Estatística. Já estudamos que podemos realizar um cálculo aproximado da
área por meio do método de Riemann, agora, aplicaremos o teorema fundamental do cálculo para
mensurar o valor de área abaixo e entre curvas, permitindo obter valores precisos com a aplicação
de um esforço muito menor do que o aplicado quando se usa o método de Riemann.
Para ilustrar como determinamos área por meio das integrais de�nidas, suponha que você deseja
calcular a área compreendida entre as funções
f(x) = 3x3 − x2 − 10x
g(x) = −x2 + 2x
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Vamos Começar!
Podemos calcular com facilidade a área de formas planas já familiares, como triângulos, retângulos,
círculos e outras �guras geométricas conhecidas. No entanto, ao lidar com formas planas curvas,
distintas das habituais, o cálculo das áreas pode tornar-se complexo. Uma ferramenta valiosa para
quanti�car essas áreas são as integrais de�nidas, que permitem determinar as áreas sob curvas e
entre curvas. No caso de área abaixo de uma curva (veja a Figura 1), em que a área é delimitada com
uma curva e por retas, temos uma área cujo cálculo é mais complexo de ser realizado por meio de
métodos convencionais.
Figura 1 | Região delimitada pela função contínua f(x), pelas retas verticais x = a e x = b e pelo eixo x
Entretanto, as integrais de�nidas se destacam por sua utilidade ao determinar essas áreas,
fornecendo valores precisos para tais medidas. Por meio do uso da integral, a área S mencionada
anteriormente pode ser calculada da seguinte maneira:
Como a função é, em todos os pontos, positiva, teremos que S será um valor positivo. Veja agora a
função da Figura 2. A função assume valores negativos, não é mesmo?
S = ∫ b
a f(x)dx
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Figura 2 | Região delimitada pela função contínua f(x), pelas retas verticais x = a e x = b e pelo eixo x
Nessa situação, a função assume valores negativos, resultando na integral da função f(x) que
também será negativa. Assim, se almejamos calcular a área entre o grá�co da função e o eixo x,
onde essa área está localizada abaixo do eixo x teremos que calcular essa área em módulo, ou seja,
uma vez que área sempre assume um valor positivo. Pode surgir a dúvida: Como saber se devo
calcular a integral no módulo? A resposta está em esboçar a função e identi�car visualmente a
região desejada sempre que enfrentar um problema que envolva o cálculo de área. Diante disso,
vamos resolver o exemplo 1.
Exemplo 1
Determine a área compreendida entre função 
Solução
S = ∫ b
a f(x)dx∣ ∣f(x) = x2 − 4
[−2,2]
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O primeiro passo é esboçar a função, a �m de identi�car a região que queremos determinar a área. A
Figura 3 ilustra essa região.
Figura 3 | Região delimitada pela função f(x) e eixo x
Observe que a região cuja área deve ser determinada encontra-se abaixo do eixo 
Perceba que se não calculássemos a integral em módulo, teríamos um resultado negativo, o que
estaria errado, uma vez que o problema envolve o cálculo de área e essa não pode ser negativa.
Agora, observe a Figura 4.
x
A = ∫ 2
−2(x
2 − 4)dx = [ x3
3 − 4x]
2
−2∣ ∣ ∣ ∣= ( (2)3
3 − 4(2))− ( (−2)3
3 − 4(−2)) = ( 8
3 − 8)− (− 8
3 + 8)∣ ∣ ∣ ∣= − 16
3 − ( 16
3 ) = − 16
3 − 16
3 = − 32
3 = 32
3  u. a.∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
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Figura 4 | Função que assume valores maiores e menores que zero
Qual seria a área entre 
f(x)
x
x  =  a
x  =  b
a
b
x
 x
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O primeiro passo para encontrar uma solução é encontrar o zero (ou, em casos mais gerais, os
zeros) da função. No caso, estudar o ponto 
Exemplo 2
Determine a área compreendida entre função 
Solução
Primeiro vamos esboçar o grá�co da função 
c
f(x) = 0
x
A = ∫
c
a f(x)dx + ∫
b
c f(x)dx∣ ∣ ∣ ∣f(x) = sen(x)
x 
[0,  2π]
sem(x).
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Figura 5 | Região delimitada pela função f(x) e eixo x
Observe que no intervalo de 
Se você calcular a integral no intervalo 
[0,  π]
[π,  2π] 
A = ∫ π
0 sen (x)dx + ∫ 2π
π
sen (x)dx∣ ∣ ∣ ∣=  |(− cos (x))π0 | + (− cos (x))2ππ∣ ∣= |− cos(π) − (− cos (0))| + |− cos (2π) − (− cos (π))|
= |−(−1) − (−1)| + | − (1) − (−(−1)|
= |1 + 1| + |−1 − 1| = 2 + 2 = 4 u. a
[0,2π]
0
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Além das situações mais simples com apenas uma curva, podemos nos deparar com situações em
que a área da região plana está entre duas curvas (veja Figura 6). Nessa situação, também podemos
utilizar a integral para determinar a área entre as duas curvas.
Figura 6 | Região delimitada pelas funções contínuas f(x) e g(x) e pelas retas verticais x = a e x = b
Para calcularmos a área compreendida entre duas funções 
A Figura 7 demonstra visualmente a ideia do motivo de que se faz a subtração de 
f(x)
g(x),
f(x) ≥ g(x)
a
b
f(x)
g(x)
A = ∫
b
a [f(x) − g(x)] dx
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Figura 7 | Região delimitada pelas funções contínuas f(x) e g(x) com extremos que se interseccionam
Em algumas situações, é possível que as funções limitantes superior e inferior intersectarem-se em
um ou em ambos os extremos, então, nesses casos, podemos observar que as laterais da região
serão pontos em vez de segmentos de retas verticais. Para esses casos, precisamos determinar os
pontos de intersecção para obter os limites de integração. Para encontrar esses pontos de
intersecção, devemos resolver a igualdade 
Agora que você já sabe como calcular a área entre duas curvas, vamos resolver alguns exemplos.
Exemplo 3
Determine a área da região compreendida entre as funções 
Solução
Primeiro vamos esboçar as funções dadas:
f(x) 
g(x)
g(x)
f(x) = g(x)
f(x) = x2 + 1 
g(x) = −2x2 + 4
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Figura 8 | Região delimitada pelas funções f(x) e g(x)
Agora, é necessário identi�car os pontos de interseção entre ambas as funções, já que esses pontos
estabelecem os limites da área que estamos procurando. Para isso basta igualarmos as duas
funções:
Analisando a Figura 8, podemos inferir que a função 
x2 + 1 = −2x2 + 4
3x2 = 3
x2 = 1
x = ±1
g(x)
f(x)
[−1,1]
A = ∫ 1
−1(−2x2 + 4)− (x2 + 1)dx
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Portanto, a área entre as funções 
Exemplo 4
Sejam as funções 
Solução
Vamos analisar o esboço dessas funções:
= ∫ 1
−1 −3x2 + 3dx
= [− 3x3
3 + 3x]
1
−1
= [−(1)3 + 3(1)]− [−(−1)3 + 3(−1)]
= (−1 + 3) − (1 − 3)
= 2 − (−2) = 2 + 2 = 4 u. a.
f
g
4 u. a.
f(x) = cos (x)
g(x) = sen (x)
[0, π
2 ]
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Figura 9 | Região delimitada pelas funções f(x) e g(x)
Siga em Frente...
Observe que a função 
g(x)
f(x)
[0, π
2 ]
A
f(x)
g(x)
π
2
cos(x) = sin(x)
x
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Calculando 
Calculando 
A área total será dada pela soma das duas áreas:
Portanto, a área compreendida entre as funções 
π
4
cos( π
4 ) = sen( π
4 ) = √2
2 .
A = A1 +A2
A1
A1 = ∫
π
4
0 [cos(x) − sen(x)]dx
= [sen(x) + cos(x)]
π
4
0
= [sen( π
4 )+ cos( π
4 )]− [sen(0) + cos(0)]
= √2
2 + √2
2 − 1 = √2 − 1
A2
A1 = ∫
π
2
π
4
[sen(x) − cos(x)]dx
= [−cos(x) − sen(x)]
π
2
π
4
= [−cos( π
2 )− sen( π
2 )]− [−cos( π
4 )− sen( π
4 )]
= 0 − 1 + √2
2 + √2
2 = √2 − 1
A = A1 +A2
A = (√2 − 1)+ (√2 − 1)A = 2√2 − 2 u. a
f
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Vamos Exercitar?
Agora que você já aprendeu a calcular área entre duas curvas, vamos retomar a nossa situação
inicial. Nessa situação temos que calcular a área da região compreendida entre as funções 
O primeiro passo é esboçar os grá�cos dessas funções:
Figura 10 | Região delimitada pelas funções f(x) e g(x)
Agora, vamos determinar os pontos A, B e C, que são os pontos de interseção entre as duas funções.
Para determinarmos esses pontos, basta igualarmosas funções e resolver a equação resultante:
g
[0, π
2 ] 
2√2 − 2 u. a.
0,83
f(x) = 3x3 − x2 − 10x
g(x) = −x2 + 2x
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Esses três pontos determinam dois intervalos de integração 
f(x) = g(x)
3x3 − x2 − 10x = −x2 + 2x
3x3 − x2 − 10x+ x2 − 2x = 0
3x3 − 12x = 0
3x(x2 − 4) = 0
3x = 0 → x = 0
x2 − 4 = 0 → x = ±2
[−2,0]
[0,2]
g(x)
f(x)
[−2,0]
f(x)
g(x)
[0,2].  
∫ 0
−2 [(3x
3 − x2 − 10x)− (−x2 + 2x)] dx+ ∫ 2
0 [(−x2 + 2x)− (3x3 − x2 − 10x)]dx
= ∫ 0
−2(3x
3 − 12x)dx+ ∫ 2
0 (−3x3 + 12x)dx
= [ 3x4
4 − 12x2
2 ]
0
−2
+ [− 3x4
4 + 12x2
2 ]
2
0
= [(
3(0)4
4 − 6(0)2)− (
3(−2)4
4 − 6(−2)2)]+ [(−
3(2)4
4 + 6(2)2)− (−
3(0)4
4 + 6(0)2)]
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Portanto, a região tem uma área de 24 unidades de área.
Saiba mais
Uma abordagem essencial para a aprendizagem em Matemática consiste em praticar a resolução de
exercícios, pois isso possibilita a aplicação das diversas propriedades relacionadas aos conceitos
discutidos. Sendo assim, ao seguir essa estratégia, sugiro a leitura e a realização de alguns
exercícios relevantes relacionados aos tópicos abordados durante a aula.
Com o objetivo de aprimorar seus conhecimentos sobre o cálculo de área leia a seção 5.4 – A área e
o teorema fundamental do cálculo e a seção 5.5 – A área de uma região limitada por dois grá�cos
do livro Cálculo Aplicado – Curso rápido do autor Ron Larson disponível na sua biblioteca virtual.
Ao �nal de cada seção, há uma série de exercícios, selecione alguns para resolver! Ah, e uma dica,
resolva os exercícios ímpares, pois ao �nal do livro existem as respostas, assim você pode conferir
se acertou nos cálculos! Bons estudos!
Referências
ANTON, H. et al. Cálculo: v.1. Porto Alegre: Grupo A, 2014. E-book. ISBN 9788582602263. Disponível
em: https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602263/. Acesso em: 21 jan. 2024.
LARSON, R. Cálculo aplicado – curso rápido: Tradução da 9ª ed. norte-americana. São Paulo:
Cengage Learning Brasil, 2016. E-book. ISBN 9788522125074. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/. Acesso em: 21 jan. 2024.
MORETTIN, P. A.; BUSSAB, W. O.; HAZZAN, S. Cálculo – funções de uma e várias variáveis. São
Paulo: Editora Saraiva, 2016. E-book. ISBN 9788547201128. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART, J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo: v.1. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2021. E-book.
ISBN 9786555584097. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/. Acesso em: 21 jan. 2024.
Aula 2
Cálculo de Volume de Sólidos de Revolução
= 0 − 0 − 12 + 24 − 12 + 24 = 24 u. a
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602263/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/
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Cálculo de volume de sólidos de revolução
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Dica para você
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Olá, estudante! Esperamos que esteja bem! Nessa aula vamos explorar uma segunda aplicação das
integrais de�nidas, o cálculo de volume de sólidos de rotação. Discutiremos sobre como determinar
o volume de sólidos formados pela rotação de funções em torno do eixo x e eixo y. Ao �nal,
exploraremos um exemplo de como podemos aplicar esse cálculo na resolução de problemas.
Ponto de Partida
Utilizando a geometria euclidiana, é simples determinar o volume de formas padrão, como cilindros
e cubos. No entanto, em nosso dia a dia, nos deparamos com uma variedade de formas, a maioria
das quais não é regular, ao contrário dos exemplos mencionados anteriormente. Estas formas
comuns ao nosso redor podem ser descritas por meio de funções matemáticas. No entanto, como
resolver essas funções de maneira a encontrar o volume correspondente a essas formas?
Antes do desenvolvimento das teorias do cálculo, os volumes dessas formas eram calculados de
forma aproximada. No entanto, atualmente, o cálculo oferece uma abordagem precisa para
determinar o volume de formas complexas. Nesta aula exploraremos como calcular o volume de
formas intricadas a partir de suas funções matemáticas, com ênfase especial nos sólidos de
revolução. Esses sólidos são obtidos girando o grá�co de uma função em torno de um dos eixos
canônicos.
Para ilustrar como determinar o volume de um sólido de revolução, suponha que você deseje
calcular o volume de uma casca formada rotacionando a região limitada entre as retas 
y  =  0
x  =  0
y  =  25 – x2
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Como podemos determinar esse volume? Vamos iniciar nossos estudos?
Vamos Começar!
As integrais desempenham um papel fundamental no cálculo de volumes de formas tridimensionais,
proporcionando uma ferramenta poderosa para compreender e quanti�car o espaço ocupado por
objetos complexos. Ao aplicar integrais de�nidas, especialmente em contextos como sólidos de
revolução, é possível determinar o volume de um objeto girando uma curva em torno de um eixo.
A abordagem clássica envolve a divisão do objeto em in�nitesimais elementos de volume, cada um
modelado como um cilindro. A soma desses cilindros in�nitesimais, obtida por meio da integral,
resulta no volume total do sólido. Considere um sólido 
 
y  =  25 – x2
–5  ≤  x  ≤  5
y  =  24,7 – 1,12x2
x
–4,7  ≤  x  ≤  4,7
y
S
xi
A(xi)
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Figura 1 | Volume por fatiamento. Fonte: Stewart, Clegg e Watson (2021, p. 412).
Agora, podemos fazer uma aproximação. Suponha que em uma região de largura  a área transversal
é a mesma, conforme ilustra a Figura 2.
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Figura 2 | Área da seção transversal. Fonte: Stewart, Clegg e Watson (2021, p. 412).
O volume de cada fatia na aproximação é dado por:
Portanto, divida o intervalo 
Vi = A(xi) ⋅ Δx
[a, b]
Δx
xi 
A(xi
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Figura 3 | Sólido como soma de fatias. Fonte: Stewart, Clegg e Watson (2021, p. 412).
Somando o volume de cada fatia, teremos uma estimativa do volume do sólido completo:
Como melhorar a estimativa? Diminuindo as larguras 
Seja 
VS = ∑n
i=1 A(xi) ⋅ Δx
VS = ∑n
i=1 A(xi) ⋅ Δx
Δx
Δx  →  0
S
x  =  a 
x  =  b
S
Px
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Um exemplo extremamente útil em que tal método é aplicado é no caso dos conhecidos sólidos de
revolução. A ideia de um sólido de revolução é poder imaginar uma �gura plana construída por meio
de uma função 
Figura 4 | Diversos tipos de sólidos de revolução. Fonte: Anton et al. (2014, p. 424).
As imagens estão representando sólidos originados pela rotação em torno do eixo 
x
x
A(x)
A
S
V = lim
n→∞
∑n
i=1 A(xi) ⋅ Δx = ∫
b
a A(x)dx
f(x)
]a, b[
x
y
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Figura 5 | Rotação em torno do eixo y. Fonte: Wikimedia Commons.
Uma característica importante dos sólidos de revolução é que, para esse tipo de sólido, as seções
transversais perpendiculares ao eixo de rotação são circulares, conforme ilustra a Figura 6.
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Figura 6 | Sólido de revolução particionado em discos. Fonte: Stewart, Clegg e Watson (2021, p. 415).
Siga em Frente...
Na geometria plana, a área de círculos é dada pela equação 
Observe na Figura 6, que o raio do disco é dado pela função calculada em 
Fique atento ao eixo pelo qual a função será rotacionada. Caso a rotação aconteçaem torno do eixo 
Quando a rotação é em torno do eixo 
πr2
V = ∫ b
a
A(x)dx = ∫ b
a
πr2dx
x
V = ∫ b
a
π[f(x)]2dx
y
V = ∫ d
c
π[g(y)]2dy
y,
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Considerando essas informações, vamos resolver alguns exemplos.
Exemplo 1: encontre o volume do sólido obtido pela rotação em torno do eixo 
Solução
Queremos determinar o volume do sólido formado ao rotacionar a função 
Portanto, o volume do sólido de revolução formado é de 
Exemplo 2: calcule o volume de uma taça, cujo recipiente é obtido por meio da rotação da função 
Solução
x = g(y)
x
y
x
y = √x
[0,4]
y = √x
x
V = ∫ 4
0 π[√x]
2
dx
= π ∫ 4
0 xdx = π[ x2
2 ]
4
0
= π[ (4)2
2 − (0)2
2 ] = 8π u. v.
8π u. v.
25,13 
f(x)  =  x3
y
y = 8
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O esboço do grá�co e da rotação em torno do eixo y podem ser vistos na Figura 7.
Figura 7 | Sólido de revolução. Fonte: Stewart, Clegg e Watson (2021, p. 415).
Observe que queremos calcular o volume do sólido ao rotacionar a função em torno do eixo 
Agora, podemos calcular o volume:
y
x = g(y)
y = x3
x = 3√y = y
1
3
∫ 8
0 π[y
1
3 ]
2
dy = π ∫ 8
0 y
2
3 dy = π[ y
5
3
5
3
]
8
0
= π[ 3
5
3√y5]
8
0
= 3
5 π[
3√(8)5 − 3√(0)5]
∫
8
0 π[y
1
3 ]
2
dy = π ∫
8
0 y
2
3 dy = π[ y
5
3
5
3
]
8
0
= π[ 3
5
3√y5]
8
0
= 3
5 π[
3√(8)5 − 3√(0)5]
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Logo, o volume do sólido é de 
Exemplo 3: calcule o volume do sólido obtido girando a região limitada pelas retas 
Solução
O esboço do grá�co e da rotação em torno do eixo 
Figura 8 | Sólido de revolução
O volume será dado por:
= 3
5 π[32 − 0] = 96
5 π u. v.
= 3
5 π[32 − 0] = 96
5 π u. v.
96
5 π u. v
60,32
y = x
y = 0
x = 5
x
x
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Logo, o volume será de 
 , ou seja, aproximadamente 
 unidades de volume.
 
Vamos Exercitar?
Considerando o que você aprendeu sobre o cálculo de volume de sólidos de revolução, vamos
retomar a nossa situação inicial: você deve determinar o volume de uma casca formada
rotacionando a região limitada entre as retas 
Primeiro vamos fazer o esboço das funções que serão rotacionadas, lembrando que iremos calcular
o volume da casca formada entre essas duas funções.
V = ∫ 5
0 π[x]2dx = π ∫ 5
0 x2dx = π[ x3
3 ]
5
0
= π[ (5)3
3 − (0)3
3 ] = 125
3 π u. v.
V = ∫
5
0 π[x]2dx = π ∫
5
0 x2dx = π[ x3
3 ]
5
0
= π[ (5)3
3 − (0)3
3 ] = 125
3 π u. v.
125
3 π u. v.
130,90
125
3 π u. v.
130,90
y  =  0
x  =  0
y  =  25 – x2
x
–5  ≤  x  ≤  5
y  =  24,7 – 1,12x2
x
–4,7  ≤  x  ≤  4,7
y
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Figura 9 | Funções a serem rotacionadas
Como em ambos os casos, iremos rotacionar as funções em torno do eixo 
y,
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Observe que 
No caso da função 
Sendo 
Agora, calculamos o volume do sólido formado pela rotação da primeira função:
x = g(y)
y = 25 − x2
y = 25 − x2
x2 = 25 − y
x = √25 − y
0 ≤ y ≤ 25
y  =  24,7 – 1,12x2
y  =  24,7 – 1,12x2
1,12x2 = 24,7 − y
x2 = 22,05 − 0,89y
x = √22,05 − 0,89y
0 ≤ y ≤ 24,7
V1 = ∫ 25
0 A(y)dy = ∫ 25
0 π(√25 − y)
2
dy
= ∫ 25
0 π(25 − y)dy = π[25y− y2
2 ]
25
0
= π[25(25) − (25)2
2 ] = π[625 − 625
2 ]
= 625
2 π = 312,5π
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Calculando o volume do sólido formado pela rotação da segunda função, temos:
Para obter o volume da casca formado pela rotação das duas funções será dado pela diferença
entre os volumes encontrados:
 
Saiba mais
Uma abordagem essencial para a aprendizagem em Matemática consiste em praticar a resolução de
exercícios, pois isso possibilita a aplicação das diversas propriedades relacionadas aos conceitos
discutidos. Sendo assim, ao seguir essa estratégia, sugiro a leitura e a realização de alguns
exercícios relevantes relacionados aos tópicos abordados durante a aula.
V2 = ∫ 24,7
0 A(y)dy = ∫ 24,7
0 π(√22,05 − 0,89y)
2
dy
V2 = ∫
24,7
0 A(y)dy = ∫
24,7
0 π(√22,05 − 0,89y)
2
dy
= ∫
24,7
0 π(22,05 − 0,89y)dy = π[22,05y− 0,89y2
2 ]
24,7
0
= ∫ 24,7
0 π(22,05 − 0,89y)dy = π[22,05y− 0,89y2
2 ]
24,7
0
= π[22,05(24,7) − 0,89(24,7)2
2 ] = π[544,635 − 271,49005]
= π[22,05(24,7) − 0,89(24,7)2
2 ] = π[544,635 − 271,49005]
= 273,14495π
= 273,14495π
V = V1 − V2
V = V1 − V2
V = 312,5 π− 273,14495π = 39,35505 π  ≈ 123,64 u. v.
V = 312,5 π− 273,14495π = 39,35505 π  ≈ 123,64 u. v.
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Com o objetivo de aprimorar seus conhecimentos o cálculo de volume leia a seção 6.2 – Volumes
do livro do livro Cálculo: v.1 de James Stewart, Daniel Clegg e Saleem Watson disponível na sua
biblioteca virtual. Ao �nal da seção há uma série de exercícios, selecione alguns para resolver! Ah, e
uma dica, resolva os exercícios ímpares, pois ao �nal do livro existem as respostas, assim você pode
conferir se acertou nos cálculos! Bons estudos!
Referências
ANTON, H. et al. Cálculo: v.1. Porto Alegre: Grupo A, 2014. E-book. ISBN 9788582602263. Disponível
em: https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602263/. Acesso em: 21 jan. 2024.
LARSON, R. Cálculo aplicado – curso rápido. Tradução da 9ª ed. norte-americana. São Paulo:
Cengage Learning Brasil, 2016. E-book. ISBN 9788522125074. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/. Acesso em: 21 jan. 2024.
MORETTIN, P. A.; BUSSAB, W. O.; HAZZAN, S. Cálculo – Funções de uma e várias variáveis. São
Paulo: Editora Saraiva, 2016. E-book. ISBN 9788547201128. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART, J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo: v.1. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2021. E-book.
ISBN 9786555584097. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/. Acesso em: 21 jan. 2024.
Aula 3
Problemas de Valores Iniciais Imediatos
Problemas de valores iniciais imediatos
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ou pelo aplicativo. Você pode baixar os vídeos direto no aplicativo para assistir
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Dica para você
Aproveite o acesso para baixar os slides do vídeo, isso pode deixar sua
aprendizagem ainda mais completa.
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602263/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/
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Olá, estudante! Esperamos que esteja bem! Anteriormente estudamos que as integrais podem ser
utilizadas no cálculo de área e volume. Além disso, podemos utilizar as integrais para resolver
problemas de valor inicial. Nessa aula iremos aprender sobre esse tipo de problemas. Discutiremos
quais são as características desse tipo problema e como podemos utilizar as integrais para resolvê-
los. Ao �nal, discutiremos situações em que esse tipo de problema pode ser utilizado.
Ponto de Partida
O problema de valor inicial imediato, também conhecido como problema de Cauchy, é um conceito
fundamental na teoria das equações diferenciais ordinárias (EDOs). Essas equações descrevem o
comportamento de uma função em termos de sua derivada em relação à variável independente. O
problema de valor inicial ocorre quando tentamos determinar a solução de uma EDO especi�cando
não apenas a equação diferencial, mas também as condições iniciais da função em um ponto
especí�co.
Nessa aula vamos estudar um tipo especí�co de equação diferencial, sendo que um estudo mais
aprofundado sobre as EDOs pode ser realizado em disciplinas futuras. Nossa aula terá como foco
problemas que envolvem equações do tipo 
Para ilustrar como podemos determinar a solução de um problema de valor inicial imediato,
considere a seguinte situação: a Alabama Instruments Company preparouuma linha de montagem
para fabricar uma nova calculadora. A taxa de produção dessas calculadoras após t semanas é:
Considerando que a produção na primeira semana é de 5000 unidades, calcule a quantidade de
calculadoras produzidas na quarta semana.
Como podemos resolver esse problema? Vamos iniciar nossos estudos sobre problemas de valor
inicial?
Vamos Começar!
Anteriormente, exploramos o conceito de que uma integral inde�nida deve ser acompanhada por
uma constante, representada por "K". Essa necessidade surge devido à existência de uma família de
primitivas que responde à pergunta: "Qual é a função 
y' = f(x)
dp
dt
= 4000 + 4000 t3
F(x) 
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Na Figura 1, podemos observar que todas as funções apresentadas compartilham a mesma
derivada para um valor constante de 
Figura 1 | Família de funções da função 
Em alguns casos, como veremos a seguir, é importante e tem signi�cado a escolha precisa de uma
determinada primitiva, com a obtenção da constante de integração 
f(x)
F(x)  +  K
K
f(x)
x
y
y
x³+K
x³+K
K
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. Um desses casos é na resolução de um problema de valor inicial (PVI). Esse tipo de problema
envolve uma equação diferencial ordinária (EDO) de primeira ordem e linear. Uma EDO é uma
equação que contém uma função incógnita e suas respectivas derivadas, como por exemplo 
, em que 
 e 
 são funções de 
. Nosso foco serão problemas que envolvem EDOs do tipo 
, além disso, os problemas nos fornecerão uma condição inicial do tipo 
. Nesse sentido um problema de valor inicial imediato será do tipo:
A resolução desse tipo de problema requer que encontremos a solução da EDO e, para isso, basta
integrarmos os dois membros da igualdade e posteriormente utilizamos a condição inicial para
determinarmos o valor da constante 
.
y' + P(x)y = Q(x)
P(x)
Q(x)
x
y' = P(x)
y(x0) = y0
K
y' + P(x)y = Q(x)
P(x)
Q(x)
x
y' = P(x)
y(x0) = y0
{
y' = P(x)
y(x0) = y0
{
y' = P(x)
y(x0) = y0
K
K
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Para analisarmos como resolver esse tipo de problema, vamos analisar os exemplos que seguem.
Exemplo 1
Em uma re�naria, uma máquina parou de funcionar, gerando uma taxa de variação do prejuízo (em
milhares de reais) em função do tempo (em horas) em que a máquina �ca parada dada por:
Sabendo que com a máquina funcionando não há prejuízo 
, calcule o prejuízo da empresa caso a máquina �que parada por 4 horas.
Solução
Para iniciar o problema, uma boa conduta é sempre organizar suas ideias, anotando todas as
informações do problema, conforme a seguir:
Como queremos determinar o prejuízo se a máquina �car parada por 4 horas, primeiro temos que
determinar a função 
. Para isso basta integrarmos a EDO dada:
P '(t)  =  2t  +  20
P '(t)  =  2t  +  20
(P(0)  =  0)
(P(0)  =  0)
⎧⎪⎨⎪⎩P '(t) = 2t+ 20
P(0) = 0
P(4) =?
⎧⎪⎨⎪⎩P '(t) = 2t+ 20
P(0) = 0
P(4) =?
P(t)
P(t)
∫ P '(t) = ∫ (2t+ 20)dt
∫ P '(t) = ∫ (2t+ 20)dt
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Para determinarmos o valor de 
, utilizamos a condição inicial 
, e para isso basta substituirmos o valor 
 na função 
 encontrada:
Assim, a função que fornece o prejuízo será 
. Agora, basta encontrarmos o valor de 
:
P(t) = 2t2
2 + 20t+K
P(t) = 2t2
2 + 20t+K
P(t) = t2 + 20t+K
P(t) = t2 + 20t+K
K
P(0) = 0
t = 0
P(t)
K
P(0) = 0
t = 0
P(t)
P(0) = (0)2 + 20(0) +K = 0
P(0) = (0)2 + 20(0) +K = 0
K = 0
K = 0
P(t) = t2 + 20t
P(4)
P(t) = t2 + 20t
P(4)
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Logo, o prejuízo da empresa caso a máquina �que parada por 4 horas é de 96 mil reais.
Exemplo 2
Uma caixa d’água está com um vazamento cuja taxa de variação pode ser descrito pela função 
 litros em função do tempo em minutos. Sabendo que no instante inicial já havia vazado 20 litros, ou
seja, 
, você deverá determinar quantos litros já terão vazado em 49 minutos.
Solução
Temos os seguintes dados fornecidos pelo problema:
Agora, temos que determinar qual a função que descreve o vazamento em relação ao tempo. Para
isso, vamos integrar a função 
P(4) = (4)2 + 20(4) = 16 + 80 = 96
P(4) = (4)2 + 20(4) = 16 + 80 = 96
V '(t )  = 1
2√t
V (0)  =  20
V '(t )  = 1
2√t
V (0)  =  20
⎧⎪⎨⎪⎩V '(t) = 1
2√t
V (0) = 20
V (49) =?
⎧⎪⎨⎪⎩V '(t) = 1
2√t
V (0) = 20
V (49) =?
V '(t) :
V '(t) :
V (t) = ∫ 1
2√t
dt = ∫ 1
2t
1
2
dt = ∫ 1
2 t
− 1
2 dt
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Siga em Frente...
Agora, para determinarmos o valo de 
Logo, a função que determina a vazão em relação ao tempo é dada por 
Assim sendo, vazaram 27 litros de água da caixa d’água em 49 minutos.
Exemplo 3
Um colecionador de arte comprou uma pintura por R$1.500,00 de um artista cuja variação do valor
dos trabalhos aumenta de acordo com a fórmula 
V (t) = ∫ 1
2√t
dt = ∫ 1
2t
1
2
dt = ∫ 1
2 t
− 1
2 dt
= 1
2 ∫ t
− 1
2 dt = 1
2 ⋅ t
1
2
1
2
+K = 1
2 ⋅ 2√t+K = √t+K
= 1
2 ∫ t
− 1
2 dt = 1
2 ⋅ t
1
2
1
2
+K = 1
2 ⋅ 2√t+K = √t+K
K
V (0) = 20
V (t) = √t+K
V (0) = √(0) +K = 20
K = 20
V (t) = √t+ 20
t = 49
V (49) = √49 + 20
V (49) = 7 + 20 = 27
V '(t) = 5t
3
2 + 10t+ 50
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Solução
Para estimarmos o valor previsto daqui a 4 anos, temos que encontrar a função V(t), para isso
integraremos a função 
Logo 
Portanto 
Como etapa �nal temos que encontrar o valor previsto daqui a 4 anos temos que calcular o valor de
V(4). Logo,
V
V '(t) = 5t
3
2 + 10t+ 50
V (t) = ∫(5t
3
2 + 10t+ 50)dt
= 5t
5
2 ∙ 2
5 + 10t2
2 + 50t+K
= 2√t5 + 5t2 + 50t+K
V (t) = 2√t5 + 5t2 + 50t+ C
V (0) = 2√(0)5 + 5(0)2 + 50(0) +K = 1500
0 + 0 + 0 +K = 1500
K = 1500
V (t) = 2√t5 + 5t2 + 50t+ 1500
V (4) = 2√(4)5 + 5(4)2 + 50(4) + 1500
V (4) = 2√1024 + 5(16) + 200 + 1500
V (4) = 2(32) + 80 + 200 + 1500
V (4) = 64 + 1780 = 1844
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Logo, daqui a 4 anos a pintura valerá R$1.844,00.
É crucial ressaltar que os problemas de valor inicial frequentemente abordam Equações Diferenciais
Ordinárias (EDO). Nos enunciados desses problemas, é comum encontrar termos como taxa de
variação, custo marginal e receita marginal. É importante lembrar que as derivadas estão
intrinsecamente ligadas à ideia de taxa de variação.
Vamos Exercitar?
Considerando o que aprendemos sobre os problemas de valor inicial, vamos retomar a nossa
situação inicial, em que foi fornecida a taxa de produção de calculadoras após t semanas:
Além disso, foi fornecida a informação de que a produção na primeira semana é de 5000 unidades.
De posse dessas informações temos que calcular a produção na quarta semana, ou seja, 
Como temos uma EDO do tipo 
Agora temos que encontrar o valor de K e para isso vamos utilizar os valores iniciais dados no
problema, isto é, 
Portanto, a função que descreve a produção de calculadoras após 
dp
dt = 4000 + 4000 t3
P(4)
P '(t) = 4000 + 4000 t3
P(t)
P(t) = ∫(4000 + 4000 t3)dt
= 4000t+ 1000t4 +K
P(1) = 5000
P(1) = 4000(1) + 1000(1)4 +K = 5000
4000 + 1000 +K = 5000
K = 0
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Logo, a produção na quarta semana é de 272.000 unidades de calculadoras.
Saiba mais
Uma abordagem essencial para a aprendizagem em Matemática consiste em praticar a resolução de
exercícios, pois isso possibilita a aplicação das diversas propriedades relacionadas aos conceitos
discutidos. Sendo assim, ao seguir essa estratégia, sugiro a leitura e a realização de alguns
exercícios relevantes relacionados aos tópicos abordados durante a aula.
Vimos que os problemas de valor inicial envolvem o cálculo de integrais inde�nidas, assim é
importante que você aprimore seus conhecimentos sobre  cálculo de integrais. Para isso, leia a
seção 5.4 – Integrais Inde�nidas e o Teorema da Variação Total do livro do livro Cálculo: v.1 de
James Stewart, Daniel Clegg e Saleem Watson disponível na sua biblioteca virtual. Ao �nal da seção
há uma série de exercícios, selecione alguns para resolver!Ah, e uma dica, resolva os exercícios
ímpares, pois ao �nal do livro existem as respostas, assim você pode conferir se acertou nos
cálculos! Bons estudos!
Referências
ANTON, H. et al. Cálculo: v.1. Porto Alegre: Grupo A, 2014. E-book. ISBN 9788582602263. Disponível
em: https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602263/. Acesso em: 21 jan. 2024.
LARSON, R. Cálculo aplicado – curso rápido: Tradução da 9ª ed. norte-americana. São Paulo:
Cengage Learning Brasil, 2016. E-book. ISBN 9788522125074. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/. Acesso em: 21 jan. 2024.
MORETTIN, P. A.; BUSSAB, W. O.; HAZZAN, S. Cálculo – Funções de uma e várias variáveis. São
Paulo: Editora Saraiva, 2016. E-book. ISBN 9788547201128. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART, J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo: v.1. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2021. E-book.
ISBN 9786555584097. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/. Acesso em: 21 jan. 2024.
t
P(t) = 4000t+ 1000t4
P(4) = 4000(4) + 1000(4)4 = 16000 + 256000 = 272000
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602263/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/
Disciplina
CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Aula 4
Outras Aplicações de Integrais
Outras aplicações de integrais
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Dica para você
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aprendizagem ainda mais completa.
Olá, estudante! Esperamos que esteja bem! Nessa aula vamos explorar algumas aplicações das
integrais em outras áreas do conhecimento, para além da Matemática. Discutiremos como podemos
empregar as integrais para o estudo da distância e deslocamento de um corpo. Além disso,
discutiremos como utilizar as integrais na determinação do centro de massa de uma placa plana.
Por �m, discutiremos como podemos utilizar as integrais para determinar o excedente do
consumidor para o produto.
Ponto de Partida
Exploramos anteriormente as diversas aplicações das integrais, destacando seu papel no cálculo de
áreas entre curvas, na determinação de volumes de sólidos de revolução e na resolução de
problemas de valor inicial. No entanto, é importante ressaltar que essas não são as únicas utilidades
das integrais. Elas também desempenham um papel fundamental em uma variedade de contextos
matemáticos e cientí�cos, abrangendo desde a modelagem de fenômenos físicos até a análise de
taxas de variação em diferentes áreas.
Nesta aula, abordaremos diversas aplicações das integrais que ultrapassam o âmbito da
matemática. Exploraremos a utilização das integrais para calcular deslocamentos e distâncias
percorridas por um corpo. Além disso, examinaremos como determinar momentos e o centro de
massa de uma placa plana. Para concluir, dedicaremos um tempo ao estudo de como aplicar o
conceito de integral para calcular o excedente do consumidor em relação a um determinado
produto. Essa ampla gama de aplicações destaca a versatilidade e relevância das integrais em
diversos campos do conhecimento.
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Para ilustrar uma dessas aplicações você deve determinar o centroide da região delimitada pela reta 
Como podemos resolver esse problema? Vamos iniciar nossos estudos?
Vamos Começar!
De acordo com o teorema fundamental do cálculo, se temos uma função 
 contínua em um intervalo 
 então temos
em que 
 é uma primitiva de 
, ou seja, uma função que satisfaz a seguinte igualdade 
. Podemos interpretar que 
 representa a taxa de variação da função 
 em relação a 
, e 
 corresponde à variação 
em quando o valor de 
y  =  x
y  =  x2
f(x)
[a, b]
f(x)
[a, b]
∫ b
a
f(x)dx = F(a) − F(b)
∫ b
a
f(x)dx = F(a) − F(b)
F
f(x)
F '(x) = f(x)
F '(x)
y  =  F(x)
x
F(b) – F(a)
y 
x 
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transita de 
 para 
. Importante observar que, embora a função 
 possa apresentar variações em ambas as direções, como crescimento, decrescimento e
subsequente crescimento novamente, a expressão 
 captura a variação total em 
 decorrente dessa mudança de 
 de 
 para 
 (STEWART; CLEGG; WATSON, 2021). Diante disso, podemos enunciar o teorema da variação total: a
integral de uma taxa de variação é a variação total:
a
b
y
F(b) – F(a)
y
x
a
b
F
f(x)
F '(x) = f(x)
F '(x)
y  =  F(x)
x
F(b) – F(a)
y 
x 
a
b
y
F(b) – F(a)
y
x
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O teorema da variação total abrange todas as taxas de variação presentes nas ciências naturais e
sociais. Este princípio fundamental destaca a universalidade de sua aplicação, proporcionando
insights valiosos em diversas disciplinas. Ao analisarmos fenômenos em campos como física,
biologia, economia e outras ciências sociais, percebemos que o teorema é uma ferramenta
essencial para compreender e quanti�car mudanças ao longo do tempo. Tendo como base esse
teorema, vamos conhecer algumas de suas aplicações (STEWART; CLEGG; WATSON, 2021).
A partir desse teorema podemos determinar a variação na quantidade de água em um reservatório
nos instantes de tempo 
 e 
. Sabemos que se 
 é o volume de água em um reservatório no instante 
, então sua derivada 
 é a taxa segundo a qual a água �ui para dentro do reservatório no instante, logo, a variação na
quantidade de água no reservatório será dada por:
a
b
∫
b
a F '(x)dx = F(b) − F(a)
∫ b
a
F '(x)dx = F(b) − F(a)
t1
t2
V (t)
t
V '(t)
t1
t2
V (t)
t
V '(t)
∫ t2
t1
V '(t)dt = V (t2) − V (t1)
∫ t2
t1
V '(t)dt = V (t2) − V (t1)
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Se a massa de uma barra, medida a partir da extremidade esquerda até um ponto 
, for representada por 
 a densidade linear nesse ponto é dada pela derivada da massa em relação a 
, denotada por 
). Logo, a massa do segmento da barra que está entre 
 e 
 será denotada por:
Outra aplicação relevante desse teorema está associada à concepção de deslocamento e distância
percorrida por um objeto. É crucial destacar a distinção existente entre deslocamento e distância,
pois esses termos são frequentemente utilizados de maneira intercambiável, mas têm signi�cados
distintos.
O deslocamento refere-se à mudança de posição de um objeto em relação a seu ponto inicial,
levando em consideração a direção. Por outro lado, a distância percorrida é a soma total das
distâncias efetivamente cobertas pelo objeto, independentemente da direção.
Para determinarmos o deslocamento de um objeto, considere que ele se move ao longo de uma reta
com a função posição dada por 
, logo, sua velocidade é dada por 
x
m(x),
x
ρ(x)  =  m'(x
x =  a
x  =  b
x
m(x),
x
ρ(x)  =  m'(x
x =  a
x  =  b
∫
b
a ρ(x)dx = m(b) −m(a)
∫ b
a
ρ(x)dx = m(b) −m(a)
s(t)
v(t) = s'(t)
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. Nesse sentido, o deslocamento do objeto durante o período de 
 a 
 será dado por:
Se desejarmos determinar a distância percorrida ao longo de um intervalo de tempo, precisamos
levar em consideração os períodos em que a função 
 (indicando que o objeto se move para a direita) e os períodos em que 
 (indicando que o objeto se move para a esquerda). Em ambos os cenários, a distância percorrida é
calculada integrando a função 
, que representa a velocidade escalar, destacando a magnitude da velocidade, independentemente
da direção. Portanto, a distância total percorrida no intervalo de tempo de 
 a 
 será dada por:
t1
t2
s(t)
v(t) = s'(t)
t1
t2
∫ t2
t1
v(t)dt = s(t2) − s(t1)
∫ t2
t1
v(t)dt = s(t2) − s(t1)
v(t)  ≥  0
v(t)  ≤  0
| v(t) |
t1
t2
v(t)  ≥  0
v(t)≤  0
| v(t) |
t1
t2
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Tanto o deslocamento quanto a distância podem ser interpretados em termos de área sob a curva
velocidade, conforme ilustra a Figura 1.
Figura 1 | Interpretação grá�ca do deslocamento e distância. Fonte: Stewart; Clegg; Watson (2021, p. 380).
Diante disso, temos que:
∫ t2
t1
|v(t)|dt
∫ t2
t1
|v(t)|dt
Deslocamento = ∫ t2
t1
v(t)dt = A1 −A2 +A3
Deslocamento = ∫ t2
t1
v(t)dt = A1 −A2 +A3
Distância = ∫ t2
t1
|v(t)|dt = A1 +A2 +A3
Distância = ∫ t2
t1
|v(t)|dt = A1 +A2 +A3
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Ainda no âmbito da física, quando possuímos informações sobre a aceleração de um objeto,
podemos determinar a mudança na velocidade do instante 
 a 
. Se a aceleração é dada por 
, então a mudança na velocidade será dada por:
Vamos agora empregar esses conhecimentos para resolver o exemplo que segue.
Exemplo 1
Um carro move-se ao longo de uma reta de tal forma que sua velocidade no instante 
Solução
O deslocamento será dado por:
t1
t2
a(t) = v'(t)
t1
t2
a(t) = v'(t)
∫ t2
t1
a(t)dt = v(t2) − v(t1)
∫ t2
t1
a(t)dt = v(t2) − v(t1)
t
v(t) = t2 − t− 6
0 ≤ t ≤ 4
∫ t2
t1
v(t)dt = ∫ 4
0 (t
2 − t− 6)dt =
= [ t3
3 − t2
2 − 6t]
4
0
=
= [
(4)3
3 −
(4)2
2 − 6(4)]− (0)
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Isso signi�ca que o carro se moveu aproximadamente 11 m para a esquerda. Para determinarmos a
distância percorrida, primeiro vamos esboçar gra�camente a função velocidade.
Figura 2 | Representação da curva velocidade
= 64
3 − 16
2 − 24 = − 32
3 ≅−11 m
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Observe que em um determinado intervalo a função assume valores negativos, assim a integral da
função nesse intervalo deve ser calculada em módulo. Para descobrimos qual é o limite superior do
intervalo, basta determinarmos a raiz da função velocidade, isto é, em que tempo a velocidade será
nula. Ao resolver a equação 
, encontraremos as raízes 
 e 
. Assim, a distância percorrida será dada por:
t2 − t− 6 = 0
t = −2
t = 3
t2 − t− 6 = 0
t = −2
t = 3
∫ t2
t1
|v(t)|dt = A1 +A2
∫
t2
t1
|v(t)|dt = A1 +A2
= ∫
3
0 (t2 − t− 6)dt + ∫
4
3 (t2 − t− 6)dt∣ ∣= ∫ 3
0 (t2 − t− 6)dt + ∫ 4
3 (t2 − t− 6)dt∣ ∣= [ t3
3 − t2
2 − 6t]
3
0
+ [ t3
3 − t2
2 − 6t]
4
3∣ ∣= [ t3
3 − t2
2 − 6t]
3
0
+ [ t3
3 − t2
2 − 6t]
4
3∣ ∣= ( 33
3 − 32
2 − 6(3) − 0) + [( 43
3 − 42
2 − 6(4))− ( 33
3 − 32
2 − 6(3))]∣ ∣= ( 33
3 − 32
2 − 6(3) − 0) + [( 43
3 − 42
2 − 6(4))− ( 33
3 − 32
2 − 6(3))]∣ ∣= 9 − 9
2 − 18 + [− 32
3 − (− 27
2 )]∣ ∣= 9 − 9
2 − 18 + [− 32
3 − (− 27
2 )]∣ ∣
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Na economia, temos que a função demanda, representada por 
 determina o preço que uma empresa deve estabelecer para vender 
 unidades de um produto. Tipicamente, a �m de promover a venda de quantidades maiores, é
necessário reduzir os preços; portanto, a função demanda é caracterizada por ser decrescente. O
grá�co comumente conhecido como curva de demanda, ilustrado na Figura 3, retrata essa relação.
Se 
 representa a quantidade do produto atualmente disponível para venda, então 
 denota o preço de venda vigente (STEWART; CLEGG; WATSON, 2021).
= − 27
2 + [− 32
3 + 27
2  ] = 27
2 + 17
6 = 49
3 ≅16 m∣ ∣= − 27
2 + [− 32
3 + 27
2  ] = 27
2 + 17
6 = 49
3 ≅16 m∣ ∣ p(x),
x
X
P   =  p(X)
p(x),
x
X
P   =  p(X)
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Figura 3 | Curva de demanda
A um determinado preço, alguns consumidores que adquirem um bem estariam dispostos a gastar
mais; contudo, eles se bene�ciam ao não precisarem fazê-lo. A diferença entre o valor que um
consumidor estaria disposto a pagar e o montante efetivamente desembolsado pelos consumidores
pelo bem é conhecida como excedente do consumidor. Ao calcular o excedente do consumidor total,
abrangendo todos os compradores do bem, os economistas podem avaliar o benefício global de um
mercado para a sociedade. Nesse contexto, a quantia que os consumidores economizam ao adquirir
um produto pelo preço 
 correspondente a uma quantidade demandada de 
 e será expressa por:
P
X
P
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Com base nessas informações, vamos resolver o exemplo que segue.
Exemplo 2
Considere que a demanda por um produto é dada pela função 
Solução
Como o número de produtos vendidos é 
, o preço correspondente é:
Utilizando a fórmula do excedente, teremos:
X
∫ X
0 [p(x) − P ]dx
∫ X
0 [p(x) − P ]dx
p = 1200 − 0,2x− 0,001x2
p
x
X  =  400
X  =  400
P = 1200 − 0,2(400) − 0,001(400)2 = 960
P = 1200 − 0,2(400) − 0,001(400)2 = 960
∫ X
0 [p(x) − P ]dx = ∫ 400
0 [1200 − 0,2x− 0,001x2 − 960]dx
= ∫ 400
0 (240 − 0,2x− 0,001x2)dx
= [240x− 0,2x2
2 − 0,001x3
3 ]
400
0
= 240(400) − 0,1(400)2 − 0,001
3 (400)3 ≈ 58666,67
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Siga em Frente...
Além das aplicações vistas até o momento, podemos utilizar as integrais para determinar o centro
de gravidade de uma placa. O centro de gravidade de uma placa, também conhecido como centro de
massa, é um ponto hipotético onde toda a massa da placa pode ser considerada concentrada para
efeitos de cálculos físicos. Ao buscar determinar o centro de massa, focalizamos nossa atenção em
uma placa plana, referida como lâmina, que apresenta densidade uniforme 
Figura 4 | Região S
O centro de massa da placa, também denominado centroide ou centro geométrico da região 
, será dado por:
ρ
S
S
S
x  =  a
x  =  b
x
f
f
S
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em que 
 é área da região.
Se a região 
 estiver localizada entre duas curvas 
 e 
 onde 
É crucial ressaltar que, para além das aplicações abordadas nessa aula, as integrais desempenham
um papel fundamental em diversas outras áreas. Podemos empregar essas ferramentas
matemáticas no estudo do �uxo sanguíneo, explorando questões relacionadas à circulação e
dinâmica cardiovascular. Além disso, as integrais são essenciais para analisar a capacidade
cardíaca, fornecendo insights valiosos sobre o desempenho do coração em diferentes situações.
No âmbito físico, as integrais têm aplicação direta na compreensão de fenômenos como pressão e
força hidrostática. Elas possibilitam uma análise detalhada das variações nessas grandezas ao
longo de diferentes con�gurações e ambientes. Além disso, o conceito de trabalho, intrinsecamente
ligado às integrais, desempenha um papel crucial em estudos físicos, permitindo a quanti�cação do
esforço necessário para realizar determinadas tarefas ou superar resistências.
S
−
x = 1
A
∫ b
a
xf(x)dx             
−
y = 1
A
∫ b
a
1
2 [f(x)]
2dx
−
x = 1
A
∫ b
a
xf(x)dx             
−
y = 1
A
∫ b
a
1
2 [f(x)]
2dx
A
A
S
y  =  f (x)
y  =  g(x),
S
y  =  f (x)
y  =  g(x),
 f (x)  ≥  g(x)
y  =  g(x),
y  =  g(x),
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Portanto, as integrais revelam-se uma ferramenta poderosa e versátil, estendendo seu alcance para
além das aplicações especí�cas estudadas, enriquecendo diversas disciplinas cientí�cas e
proporcionando uma compreensão mais profunda de fenômenos complexos.
Vamos Exercitar?
Estudamos que uma das aplicações das integrais é no cálculo do centro de massa de placa plana
delimitada por uma determinada região. Diante disso, temos condições de retornar a nossa situação
inicial. Nessa situação você deve determinar o centroide, ou seja, o centro de massa, da região pela
reta 
 e pela parábola 
.
Sabemos que como a região está delimitada por duas curvas o centro de massa será dado por:
Primeiro vamos esboçar a região:
y  =  x
y  =  x2
y  =  x
y  =  x2
−
x = 1
A
∫ b
a
x[f(x) − g(x)]dx             
−
y = 1
A
∫ b
a
1
2 {[f(x)]
2 − [g(x)]2} dx
−
x = 1
A ∫ b
a
x[f(x) − g(x)]dx             
−
y = 1
A ∫ b
a
1
2 {[f(x)]
2 − [g(x)]2} dx
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Figura 5 | Região a ser determinado o centroide
Para determinarmos os pontos de interseção entre as duas funções, basta igualarmosessas
funções:
x2 = x
x2 = x
x2 − x = 0
x2 − x = 0
x(x− 1) = 0
x(x− 1) = 0
x = 0
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Assim, a região que queremos determinar o centroide está compreendida no intervalo 
. Uma informação que precisamos é a da área da região, para isso observe que no intervalo dado a
função 
 é maior que a função 
. Diante disso, a área da região será:
Considerando esse valor da área vamos calcular a primeira coordenada do centroide:
x = 0
x− 1 = 0 → x = 1
x− 1 = 0 → x = 1
[0,1]
y = x
y = x2
[0,1]
y = x
y = x2
A = ∫ 1
0 (x− x2)dx = [ x2
2 − x3
3 ]
1
0
= 1
2 − 1
3 = 1
6
A = ∫
1
0 (x− x2)dx = [ x2
2 − x3
3 ]
1
0
= 1
2 − 1
3 = 1
6
−
x = 1
A
∫ b
a
x[f(x) − g(x)]dx
−
x = 1
A ∫
b
a x[f(x) − g(x)]dx
= 1
1
6
∫
1
0 x(x− x2)dx = 6 ∫
1
0 (x
2 − x3)dx
= 1
1
6
∫
1
0 x(x− x2)dx = 6 ∫
1
0 (x
2 − x3)dx
= 6[ x3
3 − x4
4 ]
1
0
= 6( 1
3 − 1
4 ) = 6 ⋅ 1
12 = 6
12 = 1
2
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A segunda coordenada será dada por:
Portanto, o centroide da região dada é 
Saiba mais
Uma abordagem essencial para a aprendizagem em Matemática consiste em praticar a resolução de
exercícios, pois isso possibilita a aplicação das diversas propriedades relacionadas aos conceitos
discutidos. Sendo assim, ao seguir essa estratégia, sugiro a leitura e a realização de alguns
exercícios relevantes relacionados aos tópicos abordados nesta aula.
Com o objetivo de aprimorar seus conhecimentos sobre as aplicações de integrais estudadas, leia a
seção 5.4 - Integrais Inde�nidas e o Teorema da Variação Total do livro do livro Cálculo: v.1 de James
Stewart, Daniel Clegg e Saleem Watson, disponível na sua biblioteca virtual.
A �m de que você conheça outras aplicações das integrais, leia a seção 8.4 – Aplicações à
Economia e à Biologia e a seção 8.5 – Probabilidade do livro do livro Cálculo: v.1 de James Stewart,
Daniel Clegg e Saleem Watson disponível na sua biblioteca virtual.
= 6[ x3
3 − x4
4 ]
1
0
= 6( 1
3 − 1
4 ) = 6 ⋅ 1
12 = 6
12 = 1
2
−
y = 1
A ∫ b
a
1
2 {[f(x)]
2 − [g(x)]2} dx
−
y = 1
A ∫ b
a
1
2 {[f(x)]
2 − [g(x)]2} dx
= 1
1
6
∫
1
0
1
2 [(x)
2 − (x2)
2
]dx = 6 ⋅ 1
2 ∫
1
0 (x
2 − x4)dx
= 1
1
6
∫
1
0
1
2 [(x)
2 − (x2)
2
]dx = 6 ⋅ 1
2 ∫
1
0 (x
2 − x4)dx
= 3[ x3
3 − x5
5 ]
1
0
= 3( 1
3 − 1
5 ) = 3 ⋅ 2
15 = 6
15 = 2
5
= 3[ x3
3 − x5
5 ]
1
0
= 3( 1
3 − 1
5 ) = 3 ⋅ 2
15 = 6
15 = 2
5
( 1
2 ,
2
5 ).
( 1
2 ,
2
5 ).
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/
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 Ao �nal de cada seção há uma série de exercícios, selecione alguns para resolver! Ah, e uma dica,
resolva os exercícios ímpares, pois ao �nal do livro existem as respostas, assim você pode conferir
se acertou nos cálculos! Bons estudos!
Referências
ANTON, H. et al. Cálculo: v.1. Porto Alegre: Grupo A, 2014. E-book. ISBN 9788582602263. Disponível
em: https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602263/. Acesso em: 21 jan. 2024.
LARSON, R. Cálculo aplicado – curso rápido: Tradução da 9ª ed. norte-americana. São Paulo:
Cengage Learning Brasil, 2016. E-book. ISBN 9788522125074. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/. Acesso em: 21 jan. 2024.
MORETTIN, P. A.; BUSSAB, W. O.; HAZZAN, S. Cálculo – Funções de uma e várias variáveis. São
Paulo: Editora Saraiva, 2016. E-book. ISBN 9788547201128. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART, J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo: v.1. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2021. E-book.
ISBN 9786555584097. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/. Acesso em: 21 jan. 2024.
Aula 5
Encerramento da Unidade
Videoaula de Encerramento
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Olá, estudante! Esperamos que esteja bem! Nessa aula vamos discutir sobre as integrais e suas
aplicações. Discutiremos sobre como podemos empregar as integrais no cálculo de área sob e entre
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Disciplina
CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
curvas, além disso, exploraremos como determinar o volume de sólidos de revolução. Ao �nal
discutiremos as características de um problema de valor inicial imediato e algumas aplicações das
integrais no âmbito da física e na economia.
 
 
Ponto de Chegada
Olá, estudante! Para desenvolver a competência desta unidade, que é identi�car as diversas
situações em que o cálculo de integrais pode ser aplicado para solucionar problemas, é necessário
que você conheça as características relacionadas as diferentes aplicações.
Uma das aplicações é o cálculo de área, que permite determinar a extensão de uma região
delimitada por curvas no plano, sendo uma ferramenta valiosa em diversas áreas da ciência e
engenharia. Para calcular a área sob uma curva, utiliza-se a integral de�nida. Suponha que tenhamos
uma função contínua e não negativa 
Essa integral fornece a área entre o grá�co de 
 e o eixo 
 no intervalo 
. É importante notar que, se 
 for negativa em algum ponto, é necessário calcular a integral em módulo.
f(x)
[a,  b].
f(x)
x  =  a
x  =  b
f(x)
A = ∫ b
a
f(x)dx
f(x)
x
[a,  b]
f(x)
f(x)
Disciplina
CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Além disso, para calcular a área entre duas curvas, a abordagem é semelhante. Dadas duas funções
contínuas 
 e 
 no intervalo 
, onde 
 é maior ou igual a 
 nesse intervalo, a área entre as curvas pode ser calculada pela diferença de suas integrais de�nidas:
O cálculo do volume de sólidos de revolução é outra aplicação importante das integrais. Quando
uma região delimitada por uma curva é girada em torno de um eixo, ela gera um sólido de revolução.
O volume desse sólido pode ser calculado por meio da integral de�nida, utilizando anéis
in�nitesimais perpendiculares ao eixo de rotação. A fórmula geral para o volume 
 é dada por:
x
[a,  b]
f(x)
f(x)
g(x)
[a,  b]
f(x)
g(x)
f(x)
g(x)
[a,  b]
f(x)
g(x)
A = ∫
b
a [f(x) − g(x)] dx
A = ∫ b
a
[f(x) − g(x)] dx
V
V
Disciplina
CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Fique atento ao eixo pelo qual a função será rotacionada. Caso a rotação aconteça em torno do eixo 
 temos que realizar algumas alterações na equação e a função a ser integrada deve ser da forma 
Outra aplicação das integrais é na resolução de um problema de valor imediato. Um problema de
valor inicial imediato será do tipo:
A solução desse tipo de problema demanda a obtenção da solução da Equação Diferencial Ordinária
(EDO). Para alcançar isso, é su�ciente realizar a integração em ambos os lados da equação e, em
seguida, empregar a condição inicial para encontrar o valor da constante 
.
No âmbito da física podemos empregar o cálculo da integral para determinar a distância e o
deslocamento de uma partícula. Para calcular o deslocamento de um objeto que se move ao longo
de uma reta com a função de posição 
, podemos considerar que sua velocidade é representada por 
. Dessa forma, o deslocamento do objeto no intervalo de tempo entre 
V = ∫ b
a π[f(x)]
2dx
V = ∫ b
a
π[f(x)]2dx
y
x = g(y)
y
x = g(y)
V = ∫
d
c π[g(y)]2dy
V = ∫ d
c
π[g(y)]2dy
{
y' = P(x)
y(x0) = y0
{
y' = P(x)
y(x0) = y0
K
K
s(t)
v(t) = s'(t)
t1
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
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 a 
 será dado por:
Ao buscar determinar a distânciapercorrida ao longo de um intervalo de tempo, é necessário
considerar os períodos nos quais a função 
 (indicando que o objeto se move para a direita) e nos quais 
 (indicando movimento para a esquerda). Em ambas as situações, a distância percorrida é calculada
integrando a função 
, que representa a velocidade escalar, evidenciando a magnitude da velocidade, independentemente
da direção. Portanto, a distância total percorrida no intervalo de tempo de 
 a 
 será expressa por:
t2
s(t)
v(t) = s'(t)
t1
t2
∫ t2
t1
v(t)dt = s(t2) − s(t1)
∫ t2
t1
v(t)dt = s(t2) − s(t1)
v(t) ≥ 0
v(t) ≤ 0
∣ v(t) ∣
t1
t2
v(t) ≥ 0
v(t) ≤ 0
∣ v(t) ∣
t1
t2
∫
t2
t1
|v(t)|dt
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
O centro de gravidade de uma placa, também referido como centro de massa, também pode ser
calculado utilizando as integrais. Para esse cálculo, temos que considerar uma placa plana, referida
como lâmina, que apresenta densidade uniforme 
 e abrange uma região 
 no plano delimitada entre as retas 
 e 
, acima do eixo 
 e abaixo do grá�co de 
, onde 
 é uma função contínua. O centro de massa da placa, também denominado centroide ou centro
geométrico da região 
 será dado por:
em que 
 é área da região.
∫ t2
t1
|v(t)|dt
ρ
S
x  =  a
x  =  b
x
f
f
S
ρ
S
x  =  a
x  =  b
x
f
f
S
−
x = 1
A
∫ b
a
xf(x)dx             
−
y = 1
A
∫ b
a
1
2 [f(x)]
2dx
−
x = 1
A
∫ b
a
xf(x)dx             
−
y = 1
A
∫ b
a
1
2 [f(x)]
2dx
A
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
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No âmbito da economia, podemos utilizar as integrais para determinar o excedente do consumidor.
O excedente do consumidor é um conceito que re�ete a satisfação adicional que os consumidores
obtêm ao adquirir um bem ou serviço a um preço inferior ao máximo que estariam dispostos a
pagar. Em outras palavras, é a diferença entre o valor que os consumidores estão dispostos a pagar
por um determinado produto e o preço real pelo qual conseguem adquiri-lo. Nesse contexto, a
quantia que os consumidores economizam ao adquirir um produto pelo preço 
, correspondente a uma quantidade demandada de 
, será expressa por:
As aplicações abordadas aqui não constituem uma lista exaustiva, sendo apenas exemplos
representativos das situações em que o cálculo de integrais desempenha um papel essencial. Ao se
familiarizar com essas aplicações, você estará capacitado a reconhecer uma variedade mais ampla
de contextos nos quais o cálculo integral pode ser empregado, proporcionando uma base sólida
para a compreensão e resolução de problemas em diversas áreas da matemática e além.
É Hora de Praticar!
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Olá, estudante! Buscando contextualizar o conteúdo trabalhado na unidade e auxiliar sua
aprendizagem, comece imaginando que você é um engenheiro iniciante e recentemente abriu uma
empresa para prestar consultorias em uma região da sua cidade.
Em um certo dia, um possível cliente, morador local e membro da associação de moradores da
região, acabou chegando à sua nova empresa à procura de ajuda. Após se apresentarem, o cliente
lhe conta a seguinte história: no bairro, há uma praça grande e bem conhecida da população. O
A
P
X
P
X
∫ X
0 [p(x) − P ]dx
∫ X
0 [p(x) − P ]dx
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
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urbanista que projetou essa parte do bairro, incluindo a praça, é um grande amante da matemática e,
em praticamente em todos seus projetos, fazia questão de fazer referências aos diversos elementos
matemáticos. Dessa forma, até a praça tem uma história matemática por trás dela: o projeto dela se
baseia em uma região limitada por funções matemáticas (nesse momento, o cliente fez um desenho
esboçando a praça e as curvas matemáticas) e relatou que as unidades de medidas consideradas
pelo urbanista são em centenas de metros.
Figura 1 | Esboço do formato da praça
Após apresentar o esboço da praça, o cliente perguntou se era possível determinar a área dessa
praça, apenas com essas informações, uma vez que eles precisavam dessa informação para
solicitar à prefeitura uma manutenção nessa praça. Como você poderá calcular essa área?
Considerando a ampla variedade de situações em que os conceitos abordados na unidade podem
ser aplicados, convidamos à re�exão sobre essas duas questões:
Como as integrais são aplicadas de forma prática e essencial na sua área de atuação?
Considere o conceito de excedente do consumidor e sua relação com integrais no contexto
econômico. Como as análises de excedente do consumidor, usando integrais, podem in�uenciar
decisões econômicas e políticas?
Observe que a área dessa praça é uma região delimitada por duas curvas, logo nessa situação,
fazemos a integração da função que delimita a região superiormente subtraindo a função que está
delimitando inferiormente a área, com os limites de integração adequados. Para determinarmos os
limites de integração basta igualarmos as duas funções que delimitam a região:
1,5x4 − 2 = 2 − 1,5x4
1,5x4 + 1,5x4 = 2 + 2 
3x4 = 4
x4 = 4
3
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
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Portanto, utilizando integrais, a área da praça será dada pela expressão:
Logo, a área da praça é aproximadamente 6,88 unidades quadradas de área, uma vez que
trabalhamos com aproximações nos cálculos. No nosso caso foi informado que a unidade de
medida utilizada foi centenas de metros. Então, devemos multiplicar 6,88 por 10000, pois 
. Portanto, a área da praça é de  .
Assimile
A resolução de variados problemas requer a aplicação do cálculo de integrais. Portanto, é
essencial que você seja capaz de reconhecer os contextos nos quais esse cálculo pode ser
empregado. A Figura 2 exempli�ca algumas das aplicações das integrais.
Figura 2 | Integrais e suas aplicações
ANTON, H. et al. Cálculo: v.1. Porto Alegre: Grupo A, 2014. E-book. ISBN 9788582602263. Disponível
em: https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602263/. Acesso em: 21 jan. 2024.
LARSON, R. Cálculo aplicado – Curso rápido: Tradução da 9ª ed. norte-americana. São Paulo:
Cengage Learning Brasil, 2016. E-book. ISBN 9788522125074. Disponível em:
x = ± 4√ 4
3 ≈ ±1,08
A = ∫
1,08
−1,08 [(2 − 1,5x4)− (1,5x4 − 2)]dx = ∫
1,08
−1,08(4 − 3x4)dx
= [4x− 3x5
5 ]
1,08
−1,08
= [4(1,08) − 3(1,08)5
5 ]− [4(−1,08) − 3(−1,08)5
5 ]
(4,32 − 0,88) − (−4,32 + 0,88) = 3,44 + 3,44 = 6,88
100 ⋅ 100 = 10000 68800 m2
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https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/. Acesso em: 21 jan. 2024.
MORETTIN, P. A.; BUSSAB, W. O.; HAZZAN, S. Cálculo – Funções de uma e várias variáveis. São
Paulo: Editora Saraiva, 2016. E-book. ISBN 9788547201128. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART, J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo: v.1. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2021. E-book.
ISBN 9786555584097. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/. Acesso em: 21 jan. 2024.
,
Unidade 3
Funções de Várias Variáveis e Derivadas Parciais
Aula 1
Função de Várias Variáveis
Função de várias variáveis
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Olá, estudante! Esperamos que esteja bem! Nesta aula, temos como objetivo entender o conceito de
funções de duas e três variáveis. Portanto, iniciaremos a aula de�nindo esse conceito e destacando
suas principais características. Além disso, exploraremos o domínio, a imagem e os grá�cos de
funções de duas variáveis. Ao �nal, resolveremos alguns exemplosde como encontrar domínio e
imagem de funções de duas variáveis.
Ponto de Partida
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Funções de duas variáveis são conceitos fundamentais na matemática e na ciência, que descrevem
como uma quantidade depende simultaneamente de duas outras quantidades independentes. Em
essência, essas funções mapeiam pares ordenados de números reais em um único número real.
Um exemplo simples de uma função de duas variáveis seria a temperatura em um determinado
ponto em um campo, onde a temperatura depende tanto da latitude quanto da longitude. Outros
exemplos incluem a altitude em um mapa geográ�co, a concentração de um produto químico em
uma solução em diferentes pontos, ou até mesmo o preço de um produto em relação à quantidade
demandada e ao custo de produção.
Nessa aula discutiremos sobre o conceito de funções de duas variáveis reais, bem como sobre os
conceitos de domínio e imagem de uma função desse tipo, além de realizarmos uma interpretação
grá�ca dessas funções.
Para ilustrar como podemos utilizar esses conceitos na resolução de problemas, vamos considerar
que você esteja realizando o estudo matemático sobre o relevo de Minas Gerais. Após suas
pesquisas, você descobriu que o relevo da região é composto por muitos morros e serras, sendo a
Serra do Curral uma das muitas existentes no estado.
Figura 1 | Serra do Curral em Minas Gerais
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Durante suas pesquisas, você encontrou um matemático que realizou um estudo dos morros dessa
serra. Com base em dados coletados, ele determinou um modelo matemático que fornece a altura
de um morro dessa serra dado a sua base 
De posse dessa função, você �cou curioso para saber qual a sua representação grá�ca e se essa
realmente se assemelha a um morro. Diante desse questionamento, optou-se por realizar um estudo
abrangente dessa função, elucidando seu domínio, imagem e a representação visual por meio de um
grá�co.
Como podemos fazer essa análise? Vamos iniciar nossos estudos?
Vamos Começar!
Imagine que você esteja analisando os custos de produção de uma empresa de componentes
eletrônicos. A empresa produz dois tipos de produtos, resistores e transistores, sendo que há um
custo �xo para manter a empresa produzindo, bem como um custo unitário para a produção de cada
um desses produtos. Observe que nessa situação temos uma relação de dependência entre o custo
de produção total e os custos unitários de cada produto. Essa relação de dependência entre
grandezas é a ideia central do conceito de funções. Outro aspecto importante que podemos analisar
a partir dessa situação é a ideia de variável, para isso tente responder às perguntas: qual a
quantidade produzida de resistores? E de transistores? No problema não �ca evidente qual é essa
quantidade, sendo que ela pode variar dependendo de certas condições. Assim o conceito de
variável está diretamente ligado a ideia de valores desconhecidos que podem variar. Não confunda o
conceito de incógnita e variável, a incógnita representa uma quantidade desconhecida que satisfaz a
uma determinada equação, já as variáveis representam quantidades desconhecidas, mas que
variam. Assim, podemos dizer que a ideia de variável e de relação de dependência são centrais para
entender funções.
Notou a semelhança dessa situação com outras situações com as quais você já se deparou em
seus estudos anteriores? Pois bem, o conceito de funções de duas ou mais variáveis é uma
extensão do conceito de função de uma variável real, que você já estudou em outras disciplinas.
Vamos relembrar qual a de�nição de função de uma variável real?
Segundo Stewart, Clegg e Watson (2021), uma função é uma lei que associa cada elemento 
(x)
(y)
h(x, y) = 1
1+x2+y2
(x)
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Agora que você já relembrou o conceito de função de uma variável real, faremos um paralelo desse
conceito com o de funções de duas ou mais variáveis reais. Podemos dizer que uma função de duas
variáveis é composta por uma variável dependente e duas variáveis independentes. Portanto,
podemos de�nir uma função 
D
f(x)
E
D
E
f(x)
f
x
f
x
x
f(x)
f(x)
x
f(x)
f
(x, y)
D ⊂ R
2
f(x, y)
z = f(x, y)
z
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Naturalmente, podemos dizer que uma função 
Vamos retomar a nossa situação sobre a análise do custo de produção da empresa. Vamos
considerar que o custo �xo de produção é de 
O primeiro passo é identi�car as variáveis do problema. Lembre-se que elas são parte fundamental
da de�nição de função! Nesse problema podemos representar a quantidade produzida de resistores
por 
Ao trabalharmos com funções de duas variáveis é preciso se atentar ao signi�cado de “calcular a
função no ponto dado”. Ao dizermos isso, queremos encontrar a imagem de 
Por exemplo: suponhamos que sejam produzidas 400 unidades de resistores e 600 unidades de
transistores. Qual será o custo total de produção da empresa? Nesse problema devemos calcular a
x, y
f
(x, y, z)
D ⊂ R
3
f(x, y, z)
R$4.000,00
R$4,00 
R$6,00
(x)
(y)
C(x, y) = 4000 + 4x+ 6y
C(x, y)
f
(x, y)
x, y
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função 
Assim, o custo total de produção é de 
Sabemos que uma função de duas variáveis é de�nida como uma lei que associa cada par
ordenado 
C(x, y)
(400,600)
x
y
C(400,600) = 4000 + 4 ⋅ 400 + 6 ⋅ 600
C(400,600) = 4000 + 1600 + 3600
C(400,600) = 9200
R$9.200,00
x, y
(x, y)
D ⊂ R
2
f(x, y)
f
f(x) = 1
x
x
x = 0
f 
x = 0
x = 0
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Não existe divisão por zero;
Não existe raiz de índice par de número negativo;
Não existe logaritmo de número negativo ou zero.
Logo, os pares ordenados que se originam de uma dessas condições, no interior da função
estudada, devem ser excluídos do domínio da função.
Por exemplo, determinemos o domínio da função 
f 
(x, y)
f(x, y) = √x2 + y2
f 
x2 + y2 ≥ 0
x2 ≥ −y2
D 
f 
D = {(x, y) ∈ R
2 x2 ≥ −y2}∣f(x, y) = √x2 + y2
z 
Im = R+
f
D 
(x, y, z)
R
3
z = f(x, y)
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Figura 2 | Representação grá�ca da função f
O grá�co apresentado na Figura 2 nos permite visualizar que a função só assume valores maiores
que zero, conforme já discutimos.
Nós já estudamos sobre as de�nições a respeito de domínio, imagem e representação grá�ca de
funções de duas variáveis, agora nosso foco é explorar particularidades desses conceitos. Quando
temos uma função 
(x, y) ∈ D
f(x, y) = √x2 + y2
f 
f(x, y) = ln(x+y)
√x2−y
f 
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Figura 3 | Representação grá�ca do domínio de 
Ao avaliarmos a função 
Figura 4 | Representação grá�ca do domínio de 
f 
ln (x+ y)
x+ y > 0
y > −x
y = −x
ln (x+ y)
ln (x+ y)
f 
x2 − y > 0
y −x
D = {(x, y) ∈ R
2 − xII
A função do denominador também contém um radical, logo, a função que se encontra dentro do
radical deve ser maior que zero, porém como o radical encontra-se no denominador esse não pode
ser zero, assim 
Agora, você deve realizar a interseção entre 
Figura 6 | Representação grá�ca do domínio de 
x ≤ y2
D1
D1 = {(x, y) ∈ R
2 x ≤ y2}∣x+ y3 > 0
x > −y3
D2
D2 = {(x, y) ∈ R
2 x > −y3}∣D1
D2
g(x, y)
D = {(x, y) ∈ R
2 − y32
2x
g(x) = 2
G′(x) = g(x)
∫
1
0 2dx = [2x]10 = 2 ⋅ 1 − 2 ⋅ 0 = 2 − 0 = 2
∫
1
0 2dx = [2x]10 = 2 ⋅ 1 − 2 ⋅ 0 = 2 − 0 = 2
∫ a
a
f(x)dx = 0 ∫ 1
1 2dx = [2x]11 = 2 ⋅ 1 − 2 ⋅ 1 = 0
∫ b
a
f(x)dx = − ∫ a
b
f(x) dx
∫ 1
0 3dx = [3x]10 = 3 ⋅ 1 − 3 ⋅ 0 = 3 − 0 = 0
∫ 0
1 3dx = [3x]01 = 3 ⋅ 0 − 3 ⋅ 1 = 0 − 3 = −
∫ b
a
cf(x) dx = c ∫ b
a
f(x) dx ∫ 2
1 6x2dx = 6 ∫ 2
1 x2dx
∫
b
a [f(x)± g(x) ]dx = ∫
b
a f(x) dx± ∫
b
a g(x) dx∫
1
0 [x
3 − 4]dx = ∫
1
0 x3dx− ∫
1
0 4dx
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área. Na verdade, o problema da área e o método de Riemann desempenharam um papel
fundamental na concepção da integral de�nida, possibilitando sua aplicação na resolução de
problemas que envolvem áreas. Nas próximas aulas aprofundaremos ainda mais essa aplicação das
integrais de�nidas.
Vamos Exercitar?
Agora que você já conhece o método de Riemann e o teorema fundamental do cálculo, vamos
retornar a nossa situação inicial. Nessa situação, você deve determinar o resultado da integral da
função 
Estudamos que o método de Riemann foi utilizado para estimar área abaixo de uma curva e consiste
em dividir a região em retângulos e calcular suas respectivas áreas. Basicamente, os retângulos
podem �car acima da curva, fornecendo uma estimativa superior da área (pois o resultado será
maior do que o valor real) ou podem estar abaixo da curva, fornecendo uma estimativa inferior,
conforme ilustra a Figura 6.
Figura 6 | Soma de Riemann
O primeiro passo é determinarmos o tamanho da base de cada retângulo, que será dado por:
f(x) = x2
[0, 2]
f(x)
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Agora, precisamos das alturas de cada retângulo. Primeiro vamos considerar os valores de 
 de tal forma que 
 apresente o valor mínimo, conforme ilustra a Figura 7.
Δx = b−a
n
Δx = b−a
n
Δx = 2−0
4 = 2
4 = 1
2
Δx = 2−0
4 = 2
4 = 1
2
x
f(x)
x
f(x)
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Figura 7 | Soma inferior
Agora, calculamos a área de cada um dos retângulos:
A1 = 1
2 ⋅ f(0) = 1
2 ⋅ [(0)2] = 1
2 ⋅ 0 = 0
A1 = 1
2 ⋅ f(0) = 1
2 ⋅ [(0)2] = 1
2 ⋅ 0 = 0
A2 = 1
2 ⋅ f( 1
2 ) = 1
2 ⋅ [( 1
2 )
2
] = 1
2 ⋅ [ 1
4 ] =
1
2 ⋅ 1
4 = 1
8
A2 = 1
2 ⋅ f( 1
2 ) = 1
2 ⋅ [( 1
2 )
2
] = 1
2 ⋅ [ 1
4 ] =
1
2 ⋅ 1
4 = 1
8
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Somando as áreas temos que a soma de Riemann inferior é 
A3 = 1
2 ⋅ f(1) = 1
2 ⋅ [(1)2] = 1
2 ⋅ [1] = 1
2 ⋅ 1 = 1
2
A3 = 1
2 ⋅ f(1) = 1
2 ⋅ [(1)2] = 1
2 ⋅ [1] = 1
2 ⋅ 1 = 1
2
A4 = 1
2 ⋅ f( 3
2 ) = 1
2 ⋅ [( 3
2 )
2
] = 1
2 ⋅ [ 9
4 ] =
1
2 ⋅ 9
4 = 9
8
A4 = 1
2 ⋅ f( 3
2 ) = 1
2 ⋅ [( 3
2 )
2
] = 1
2 ⋅ [ 9
4 ] =
1
2 ⋅ 9
4 = 9
8
7
4 = 1,75
x
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Figura 8 | Soma superior
A área de cada um dos retângulos será dada por:
A1 = 1
2 ⋅ f( 1
2 ) = 1
2 ⋅ [( 1
2 )
2
] = 1
2 ⋅ [ 1
4 ] =
1
2 ⋅ 1
4 = 1
8
A1 = 1
2 ⋅ f( 1
2 ) = 1
2 ⋅ [( 1
2 )
2
] = 1
2 ⋅ [ 1
4 ] =
1
2 ⋅ 1
4 = 1
8
A2 = 1
2 ⋅ f(1) = 1
2 ⋅ [(1)2] = 1
2 ⋅ [1] = 1
2 ⋅ 1 = 1
2
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Somando as áreas, temos que a soma de Riemann superior é 
Agora vamos determinar o resultado da integral utilizando o teorema fundamental do cálculo. O
primeiro passo é determinarmos uma primitiva para a função 
A2 = 1
2 ⋅ f(1) = 1
2 ⋅ [(1)2] = 1
2 ⋅ [1] = 1
2 ⋅ 1 = 1
2
A3 = 1
2 ⋅ f( 3
2 ) = 1
2 ⋅ [( 3
2 )
2
] = 1
2 ⋅ [ 9
4 ] =
1
2 ⋅ 9
4 = 9
8
A3 = 1
2 ⋅ f( 3
2 ) = 1
2 ⋅ [( 3
2 )
2
] = 1
2 ⋅ [ 9
4 ] =
1
2 ⋅ 9
4 = 9
8
A4 = 1
2 ⋅ f(2) = 1
2 ⋅ [(2)2] = 1
2 ⋅ [4] = 1
2 ⋅ 4 = 2
A4 = 1
2 ⋅ f(2) = 1
2 ⋅ [(2)2] = 1
2 ⋅ [4] = 1
2 ⋅ 4 = 2
15
4 = 3,75
[0, 2]
[1, 75; 3, 75]
f(x) = x2
x2.
x3
3x2
f(x)
x3
3
3x2
3 = x2
f(x)
f(x) = x2
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Observe que o valor que encontramos pertence ao intervalo encontrado utilizando o método de
Riemann. À medida que aumentamos a quantidade de retângulos, nos aproximamos ainda mais do
resultado de 
. A Figura 9 mostra a soma de Riemann inferior e superior para 80 retângulos e posteriormente 200
retângulos.
F(x) = x3
3
∫ 2
0 x2dx = [ x3
3 ]
2
0
= (2)3
3 − (0)3
3 = 8
3 ≈ 2,67
2, 67
2, 67
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Figura 9 | Soma de Riemann
 
Saiba mais
Uma abordagem essencial para a aprendizagem em Matemática consiste em praticar a resolução de
exercícios, pois isso possibilita a aplicação das diversas propriedades relacionadas aos conceitos
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discutidos. Sendo assim, ao seguir essa estratégia, sugiro a leitura e a realização de alguns
exercícios relevantes relacionados aos tópicos abordados durante a aula.
Com o objetivo de aprimorar seus conhecimentos sobre as integrais de�nidas leia a seção 5.1 – Os
problemas de áreas e distâncias, a seção 5.2 – A integral de�nida e a seção 5.3 – O teorema
fundamental do cálculo do livro Cálculo v.1, de James Stewart, Daniel Clegg e Saleem Watson
disponível na sua biblioteca virtual. Ao �nal de cada seção, há uma série de exercícios, selecione
alguns para resolver! Ah, e uma dica, resolva os exercícios ímpares, pois ao �nal do livro existem as
respostas, assim você pode conferir se acertou nos cálculos!
O conceito de integrais de�nidas será importante para você no estudo de outras disciplinas do seu
curso, assim, é fundamental que você entenda o seu signi�cado e saiba calculá-las, por isso não
deixe de fazer exercícios dessas seções. Bons estudos!
Referências
ANTON, H. et al. Cálculo: v.1. Porto Alegre: Grupo A, 2014. E-book. ISBN 9788582602263. Disponível
em: https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602263/. Acesso em: 21 jan. 2024.
LARSON, R. Cálculo aplicado – Curso rápido: Tradução da 9ª ed. norte-americana. São Paulo:
Cengage Learning Brasil, 2016. E-book. ISBN 9788522125074. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/. Acesso em: 21 jan. 2024.
MORETTIN, P. A.; BUSSAB, W. O.; HAZZAN, S. Cálculo – Funções de uma e várias variáveis. São
Paulo: Editora Saraiva, 2016. E-book. ISBN 9788547201128. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART, J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo. v.1. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2021. E-book.
ISBN 9786555584097. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/. Acesso em: 21 jan. 2024.
Aula 2
As Integrais Imediatas
As Integrais Imediatas
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Para assistir este conteúdo é necessário que você acesse o AVA pelo computador
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mesmo sem conexão à internet.
Dica para você
Aproveite o acesso para baixar os slides do vídeo, isso pode deixar sua
aprendizagem ainda mais completa.
Olá, estudante! Esperamos que esteja bem! Anteriormente, começamos os nossos estudos sobre as
integrais. Agora, vamos discutir sobre a diferença entre as integrais de�nidas e as integrais
inde�nidas, além de discutir sobre como realizar o cálculo dessas integrais. Além disso,
aprenderemos algumas técnicas para calcular integrais de funções polinomiais, trigonométricas,
exponenciais. Fique atento a essas técnicas, pois elas serão fundamentais na resolução de
diferentes problemas!
Ponto de Partida
Anteriormente, proporcionamos uma introdução às integrais, abordando o conceito de integral como
a área de uma região plana sob uma curva, o método de Riemann e o teorema fundamental do
cálculo. Agora, apresentaremos algumas integrais imediatas, ou seja, compreenderemos algumas
regras que facilitarão o processo de integração e ainvés de apenas uma. Portanto, considere que 
Como 
f 
x
y
y
y = b
b
x
x
h(x) = f(x, b)
g 
a
f 
x 
(a, b)
fx(a, b)
fx(a, b) = g'(a)
g(x) = f(x, b)
g'(a) = lim
h→0
g(a+h)−g(a)
h
fx(a, b) = g'(a)
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Analogamente, a derivada parcial de 
Logo, 
Agora que já vimos a de�nição das derivadas parciais de primeira ordem de uma função de duas
variáveis, podemos realizar uma intepretação do seu signi�cado. Primeiro é preciso que você se
lembre do signi�cado da derivada para funções de uma variável. Sabemos que se 
fx(a, b) = lim
h→0
f(a+h,b)−f(a,b)
h
f 
y
(a, b)
fy(a, b)
x
(x = a)
y
fy(a, b) = lim
h→0
f(a,b+h)−f(a,b)
h
fx(a, b)
fy(a, b)
(a, b)
f
z = f(x, y)
fx(x, y) = fx = ∂f
∂x = ∂
∂x f(x, y) = ∂z
∂x
fy(x, y) = fy =
∂f
∂y = ∂
∂y f(x, y) = ∂z
∂y
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Figura 1 | Superfície S e suas retas tangentes. Fonte: Anton et al. (2014, p. 929).
A derivada 
y = f(x)
f '(x0)
y
x
x0
f
x0
z = f(x, y)
S
C1
y = y0
C2
S
x = x0
fx(x0, y0)
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Segundo Anton et al. (2014, p. 930), “dizemos que 
Além disso, 
C1
(x0, y0)
fy(x0, y0)
C2
(x0, y0)
fx(x0, y0)
x 
(x0, y0)
fy(x0, y0)
y 
(x0, y0)
fx(x0, y0)
(x0, y0)
x
C1
fy(x0, y0)
z = f(x, y)
y
C2
(x0, y0)
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É natural questionar se calcular uma derivada parcial sempre requer a aplicação direta da de�nição
de limite. Entretanto, na prática, é reconfortante saber que podemos empregar as regras usuais de
derivação para funções de uma variável. Isso se dá porque ao mantermos uma das variáveis �xas,
transformamos a função de duas variáveis em uma função de apenas uma variável, simpli�cando,
assim, o processo de cálculo da derivada parcial. A seguir apresentamos as principais regras de
derivação para funções de uma variável, �que atento a elas, pois você irá usá-las durante toda a
nossa aula.
Além dessas regras, lembre-se que para calcular a derivada parcial de uma função de duas variáveis,
mantemos uma dessas variáveis �xas. Seja 
Para determinar  , considere   como uma constante e derive   em relação a  .
Para determinar  , considere   como uma constante e derive   em relação a  .
Até o momento, vimos sobre as derivadas parciais de primeira ordem, mas será que uma função de
duas variáveis possui derivadas de ordem superior? A resposta é sim! Considerando uma função 
[k ⋅ f(x)]' = k ⋅ f '(x)
[f(x) ± g(x)]' = f '(x)± g'(x)
[f(x) ⋅ g(x)]' = f '(x) ⋅ g(x)+ f(x) ⋅ g'(x)
[ f(x)
g(x) ]
'
=
f '(x)⋅g(x)−f(x)⋅g'(x)
[g(x)]2
[f(g(x))]' = f '(g(x)) ⋅ g'(x)
f(x, y)
fx y f(x, y) x
fy x f(x, y) y
z = f(x, y)
x
y
x
y
y
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Para �car mais claro, vamos trabalhar com alguns exemplos.
Exemplo 1:
 Calcule as derivadas de primeira ordem da função 
Solução
Primeiro vamos calcular a derivada da função 
Observe que para derivar o termo 
x
z = f(x, y)
fxx(x, y) = fxx = ∂ 2f
∂x2 = ∂
∂x (
∂
∂x )
fyy(x, y) = fyy =
∂ 2f
∂y2 = ∂
∂y (
∂
∂y )
fxy(x, y) = fxy =
∂ 2f
∂x∂y = ∂
∂x (
∂
∂y )
fyx(x, y) = fyx = ∂ 2f
∂y∂x = ∂
∂y (
∂
∂x )
f(x, y) = x3 + x2y2 + y3
f
x
y
fx = 3x2 + 2xy2
x3
[xn]' = nxn−1
x2y2
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Vamos utilizar um raciocínio análogo para encontrar a derivada parcial da função 
Observe que para derivar o termo 
[k ⋅ f(x)]' = k ⋅ f '(x)
y2
y3
[k]' = 0
y3
f
y
x 
fy = 0 + x2 ⋅ 2 ⋅ y2−1 + 3 ⋅ y2
fy = 2x2y+ 3y2
x3
[k]' = 0
x3
x2y2
[k ⋅ f(x)]' = k ⋅ f '(x)
x2
y3
[xn]' = nxn−1
f 
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Exemplo 2:
Calcule as derivadas de segunda ordem da função 
Solução
Primeiro temos que calcular as derivadas de primeira ordem dessa função. Assim, a derivada de 
A derivada de 
Agora vamos derivar novamente, logo a derivada de a derivada de 
fx = 3x2 + 2xy2
fy = 2x2y+ 3y2
g(x, y) = 3x2 + 2xy3 + y4 + 20
g
x 
g(x, y) = 3x2 + 2xy3 + y4 + 20
gx(x, y) = 3 ⋅ 2 ⋅ x2−1 + 2 ⋅ 1 ⋅ x1−1 ⋅ y3 + 0 + 0
gx(x, y) = 6x+ 2y3
g
y
g(x, y) = 3x2 + 2xy3 + y4 + 20
gy(x, y) = 0 + 2 ⋅ x ⋅ 3 ⋅ y3−1 + 4 ⋅ y4−1 + 0
gy(x, y) = 6xy2 + 4y3
gx
x 
gx(x, y) = 6x+ 2y3
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A derivada de 
A derivada da derivada de 
A derivada da derivada de 
Siga em Frente...
gxx(x, y) = 6 ⋅ 1 ⋅ x1−1 + 0
gxx(x, y) = 6
gx
y 
gx(x, y) = 6x+ 2y3
gxy(x, y) = 0 + 2 ⋅ 3 ⋅ y3−1
gxy(x, y) = 6y2
gy
y 
gy(x, y) = 6xy2 + 4y3
gyy(x, y) = 6 ⋅ x ⋅ 2 ⋅ y2−1 + 4 ⋅ 3 ⋅ y3−1
gyy(x, y) = 12xy+ 12y2
gy
x 
gy(x, y) = 6xy2 + 4y3
gyx(x, y) = 6 ⋅ 1 ⋅ x1−1 ⋅ y2 + 0
gyx(x, y) = 6y2
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Observe que as derivadas mistas 
Exemplo 3:
Considere 
Solução
Sabemos que a inclinação de uma superfície na direção de uma determinada coordenada é dada
pela derivada parcial da superfície. Assim temos que a inclinação da superfície 
gxy 
gyx
gxy
gyx 
f 
fxy
fyx
fxy = fyx
x 
y
h(x, y) = −x2 − y2 − xy+ 5
z = h(x, y)
x 
(1,1)
z = h(x, y)
y 
(1,1)
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Esse resultado signi�ca que 
z = h(x, y)
x 
(1,1)
h(x, y)
x 
(1,1)
h(x, y) = −x2 − y2 − xy+ 5
hx(x, y) = −2 ⋅ x2−1 − 0 − 1 ⋅ x1−1 ⋅ y+ 0
hx(x, y) = −2x− y
hx(1,1) = −2 ⋅ 1 − 1
hx(1,1) = −3
z 
x
z = h(x, y)
y
(1,1)
h(x, y) = −x2 − y2 − xy+ 5
hy(x, y) = 0 − 2 ⋅ y2−1 − x ⋅ 1 ⋅ y1−1 + 0
hy(x, y) = −2y− x
hy(1,1) = −2 ⋅ 1 − 1
hy(1,1) = −3
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Esse resultado signi�ca que 
Vamos Exercitar?
Agora que você já aprendeu sobre as derivadas parciais e suas propriedades, está pronto para
retornar à nossa situação inicial. Nessa situação temos que considerar a função:
e determinar a taxa de variação instantânea em relação a variável 
e 
 em relação a variável . Antes de iniciarmos a solução, perceba que nos itens pede-se para calcular a
taxa de variação ou taxa de variação instantânea, mas o que isso quer dizer? Nós já estudamos que
uma interpretação das derivadas parciais é a de taxa de variação, assim nos quatro itens teremos
que encontrar as derivadas parciais da função 
a) Nesse item pede-se que seja determinada a taxa de variação instantânea de 
z
y
V = π
24 x
2√4y2 − x2
V = π
24 x
2√4y2 − x2
y 
x
y 
x
V
V = π
24 x
2√4y2 − x2
[f(g(x))]' = f '(g(x)) ⋅ g'(x)
n√xm = x
m
n
V = π
24 x
2√4y2 − x2
V = π
24 x
2(4y2 − x2)
1
2
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Logo, a taxa de variação instantânea 
V  
x 
y 
V  
x
V  
π
24 x
2
(4y2 − x2)
1
2
[f(x) ⋅ g(x)]' = f '(x) ⋅ g(x)+ f(x) ⋅ g'(x)
V = π
24 x
2 ⋅ (4y2 − x2)
1
2
Vx = ( π
24 x
2)
'
⋅ (4y2 − x2)
1
2 + π
24 x
2 ⋅ ((4y2 − x2)
1
2 )
'
Vx = ( π
24 ⋅ 2x) ⋅ (4y2 − x2)
1
2 + π
24 x
2 ⋅ ( 1
2 (4y
2 − x2)
1
2 −1
⋅ (0 − 2x))
Vx = π
12 ⋅ x ⋅ (4y2 − x2)
1
2 + π
24 x
2 ⋅ (−x(4y2 − x2)
− 1
2 )
Vx = π
12 ⋅ x ⋅ (4y2 − x2)
1
2 + π
24 x
2 ⋅ ( −x
(4y2−x2)
1
2
)
Vx = π
12 ⋅ x ⋅√4y2 − x2 − π
24 ⋅ ( x3
√4y2−x2
)
V
x
Vx = π
12 ⋅ x ⋅√4y2 − x2 − π
24 ⋅ ( x3
√4y2−x2
)
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b) Pede-se que seja determinada a taxa de variação instantânea de 
Logo, a taxa de variação instantânea de 
V  
y 
x 
V
y
V  
x 
π
24 x
2
Vy
V = π
24 x
2 ⋅ (4y2 − x2)
1
2
Vy = π
24 x
2 ⋅ ((4y2 − x2)
1
2 )
'
Vy =
π
24 x
2 ⋅ ( 1
2 (4y
2 − x2)
1
2 −1
⋅ (8y− 0))
Vy =
π
24 x
2 ⋅ (4y(4y2 − x2)
− 1
2 )
Vy =
π
24 x
2 ⋅ ( 4y
(4y2−x2)
1
2
)
Vy = π
24 ⋅ ( 4x2y
√4y2−x2
)
Vy =
π
6 ⋅ ( x2y
√4y2−x2
)
V  
y 
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c) Nesse item pede-se que determinemos a taxa de variação de 
d) Por �m, pede-se para determinar a taxa de variação de 
Vy = π
6 ⋅ ( x2y
√4y2−x2
)
V  
x 
x = 16cm 
y
10cm
Vx(16,10)
Vx
Vx(16,10) = 4608π
288 − 4096π
288
Vx(16,10) = 512π
288 = 16
9 π
V   
y  
y = 10cm
x 
x = 16
Vy(16,10)
Vy
Vy =
π
6 ⋅ ( x2y
√4y2−x2
)
Vy(16,10) = π
6 ⋅( (16)2⋅10
√4(10)2−(16)2
)
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CÁLCULO DIFERENCIALE
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Com isso, encerramos nossa aula sobre derivadas parciais.
Saiba mais
Uma abordagem essencial para a aprendizagem em matemática consiste em praticar a resolução de
exercícios, pois isso possibilita a aplicação das diversas propriedades relacionadas aos conceitos
discutidos. Sendo assim, ao seguir essa estratégia, sugiro a leitura e a realização de alguns
exercícios relevantes relacionados aos tópicos abordados durante a aula.
Com o objetivo de aprimorar seus conhecimentos sobre derivadas parciais leia a seção 14.3 –
Derivadas parciais do livro Cálculo – Volume 2 de James Stewart, Daniel Clegg e Saleem Watson
disponível na sua biblioteca virtual. Ao �nal da seção há uma série de exercícios, selecione alguns
para resolver! Ah, e uma dica, resolva os exercícios ímpares, pois ao �nal do livro existem as
respostas, assim você pode conferir se acertou nos cálculos! Bons estudos!
Referências
ANTON, H. et al. Cálculo: v.2. Porto Alegre: Grupo A, 2014. E-book. ISBN 9788582602461. Disponível
em: https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602461/. Acesso em: 11 fev. 2024.
LARSON, R. Cálculo aplicado – curso rápido: Tradução da 9ª ed. norte-americana. São Paulo:
Cengage Learning Brasil, 2016. E-book. ISBN 9788522125074. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/. Acesso em: 21 jan. 2024.
MORETTIN, P. A.; BUSSAB, W. O.; HAZZAN, S. Cálculo – funções de uma e várias variáveis. São
Paulo: Editora Saraiva, 2016. E-book. ISBN 9788547201128. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART, J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo: v. 1. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2021. E-book.
ISBN 9786555584097. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART, J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo: v. 2. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2022. E-book.
ISBN 9786555584103. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584103/. Acesso em: 11 fev. 2024.
Vy(16,10) = π
6 ⋅ ( 256⋅10
√400−256
)
Vy(16,10) = π
6 ⋅ 2560
12
Vy(16,10) = 2560π
72 = 320
9 π
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584103/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602461/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584103/
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Aula 3
Derivada Direcional
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Olá, estudante! Esperamos que esteja bem! Nessa aula vamos explorar o conceito de derivadas
direcionais, isto é, iremos analisar a taxa de variação de uma função em um determinado ponto em
direção de um vetor unitário. Para isso iniciaremos nossa aula com a de�nição de derivada
direcional e discorreremos sobre sua intepretação. Ao �nal, vamos resolver exemplos sobre o
cálculo das derivadas direcionais.
Ponto de Partida
Anteriormente estudamos as derivadas parciais em relação à variável 
x
y
x
y
x
f(x, y)
xz
y
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Para ilustrar como podemos empregar esse conceito na resolução de problemas, suponha que em
uma determinada região do espaço a temperatura do ar seja dada pela função:
Considerando que um avião está, nesta região, localizado no ponto 
Como podemos resolver esse problema? Vamos iniciar nossos estudos sobre derivadas direcionais?
Vamos Começar!
Anteriormente estudamos que as derivadas parciais de uma função nos fornecem taxas de variação
dessa função na direção dos eixos coordenados. E se quiséssemos calcular taxas de variação de
uma função em relação a qualquer direção? Para isso, precisaremos do conceito de derivada
direcional. Considere 
Se o limite existir.
f(x, y)
yz
T(x, y) = xy2 + x2y+ x2y3
(−1,2)
f(x, y)
D ⊂ R
2
(x0, y0)
→
u = (a, b)
f
(x0, y0)
→
u
Duf(x0, y0) = lim
h→0
f(x0+ha,y0+hb)−f(x0,y0)
h
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Vamos analisar a derivada direcional para dois casos, quando o vetor é dado por 
Observe que essa derivada direcional é exatamente a derivada parcial da função em relação a 
isto é, 
Nesse sentido podemos dizer que as derivadas parciais da função 
Se uma função 
→
u = (1,0)
→
u = (0,1)
Duf(x0, y0) = lim
h→0
f(x0+h⋅1,y0+h⋅0)−f(x0,y0)
h
= lim
h→0
f(x0+h,y0)−f(x0,y0)
h
x
→
u = (1,0)
Duf(x0, y0) = fx
→
u = (0,1)
Duf(x0, y0) = lim
h→0
f(x0+h⋅0,y0+h⋅1)−f(x0,y0)
h = lim
h→0
f(x0,y0+h)−f(x0,y0)
h
Duf(x0, y0) = fy
f
x
y
f
f(x, y)
(x0, y0)
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ou ainda:
O primeiro vetor no produto escalar não apenas desempenha um papel crucial no cálculo da
derivada direcional, mas também em muitas outras situações. Por essa razão, é atribuído a ele um
nome especial, conhecido como o gradiente de 
Lembre-se que para o cálculo da derivada direcional o vetor deve ser unitário, o que signi�ca que seu
módulo deve ser igual a 1, ou seja, 
Além dessa forma, um vetor unitário 
→
u = ⟨a, b⟩ 
Duf(x0, y0)
Duf(x0, y0) = fx(x0, y0) ⋅ a+ fy(x0, y0) ⋅ b
Duf(x0, y0) = ⟨fx(x0, y0), fy(x0, y0)⟩ ∙ ⟨a, b⟩
f
grad f
∇f
f
x
y
f
f 
∇f(x, y) = ⟨fx(x, y), fy(x, y)⟩ = ∂f
∂x i + ∂f
∂y j
→
u = √a2 + b2 = 1∣ ∣ →
u
→
u∣ ∣
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Agora que nós já vimos as formas de calcular uma derivada direcional, vamos focar em como
podemos interpretá-la geométrica e analiticamente.
Geometricamente, podemos interpretar a derivada direcional como sendo a inclinação da superfície 
→
u
xy
→
u = cos(θ)i + sen(θ)j
θ
x
→
u
(x0, y0)
→
u
Duf(x0, y0) = fx(x0, y0) ⋅ cos(θ) + fy(x0, y0) ⋅ sen(θ)
z = f(x, y)
→
u
(x0, y0; f(x0, y0))
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Figura 1 | Interpretação geométrica da derivada direcional. Fonte: Anton et al. (2014, p. 960).
Podemos perceber que o valor da derivada direcional 
Duf(x0, y0)
(x0, y0)
→
u
→
u
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Figura 2 | Inclinação da superfície quando �xamos um ponto. Fonte: Anton et al. (2014, p. 961).
Segundo Anton et al. (2014), a interpretação analítica da derivada direcional é de uma taxa de
variação instantânea de 
Com base nos conceitos apresentados até agora, vamos aplicá-los na resolução de alguns
exemplos.
Exemplo 1:
Seja a função 
z = f(x, y)
→
u
(x0, y0)
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Solução
Para encontrar a derivada direcional precisamos primeiro determinar as derivadas parciais de
primeira ordem da função no ponto dado. Assim, a derivada em relação a 
A derivada da função em relação a 
O segundo passo é veri�car se o módulo do vetor 
(x0, y0)
(3,4)
→
u = ( √3
2 , 1
2 )
x
(3,4)
fx(x, y) = 3 ⋅ 2 ⋅ xy
fx(x, y) = 6xy
fx(3,4) = 6 ⋅ 3 ⋅ 4 = 72
y
(3,4)
fy(x, y) = 3x2 ⋅ 1
fy(x, y) = 3x2
fy(3,4) = 3 ⋅ (3)2 = 27
→
u
→
u =√( √3
2 )
2
+ ( 1
2 )
2∣ ∣→
u = √ 3
4 + 1
4 = √ 4
4 = 1∣ ∣
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Como o módulo do vetor é 1, podemos calcular a derivada direcional:
Logo, a taxa de variação da função 
Exemplo 2:
 Seja a função 
Solução
Para encontrar a derivada direcional precisamos primeiro determinar as derivadas parciais de
primeira ordem da função no ponto dado. Assim, a derivada em relação a 
Duf(x0, y0) = fx(x0, y0) ⋅ a+ fy(x0, y0) ⋅ b
Duf(3,4) = 72 ⋅ √3
2 + 27 ⋅ 1
2
Duf(3,4) = 36√3 + 27
2 ≅75,9
f
(3,4)
→
u = ( √3
2 , 1
2 )
75,9
f(x, y) = excos(y)
(0, π
4 )
f
→
u = 5i − 2j
x
(0, π
4 )
fx(x, y) = excos(y)
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A derivadada função em relação a 
O segundo passo é veri�car se o módulo do vetor 
Perceba que o módulo do vetor dado não é 1, assim, antes de calcular a derivada direcional, temos
que escrever esse vetor em sua forma unitária, para isso devemos escrever o vetor na forma 
Agora, podemos calcular a derivada direcional:
Logo, a taxa de variação da função 
fx(0, π
4 ) = e0cos( π
4 ) = 1 ⋅ √2
2 = √2
2
y
(0, π
4 )
fy(0, π
4 ) = −e0sen( π
4 ) = −1 ⋅ √2
2 = − √2
2
→
u 
→
u = √(5)2 + (−2)2∣ ∣→
u = √25 + 4 = √29∣ ∣ →
u
→
u∣ ∣→
u = 5
√29
i − 2
√29
j
→
u = 5√29
29 i − 2√29
29 j
Duf(x0, y0) = fx(x0, y0) ⋅ a+ fy(x0, y0) ⋅ b
Duf(0,
π
4 ) = √2
2 ⋅ 5√29
29 + (− √2
2 ) ⋅ − 2√29
29
Duf(0,
π
4 ) = 5√58
58 + 2√58
58 = 7√58
58 ≅0,92
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Exemplo 3:
Seja a função 
Solução
Primeiro, vamos calcular as derivadas parciais de primeira ordem da função 
Siga em Frente...
O próximo passo é calcularmos as derivadas no ponto dado:
No problema nos foi informado que a derivada deve ser calculada na direção indicada pelo ângulo 
f 
(0, π
4 )
→
u = 5i − 2j
0,92
f(x, y) = ye−x
(0,4)
θ = 2π
3
f
f(x, y) = ye−x
fx(x, y) = y ⋅ −1 ⋅ e−x = −ye−x
fy(x, y) = 1 ⋅ e−x = e−x
fy(x, y) = e−x
fy(0,4) = e0 = 1
θ = 2π
3
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Logo, a taxa de variação da função 
Nesses exemplos vimos como calcular a derivada direcional para funções de duas variáveis reais,
será que é possível calcular a derivada direcional de uma função com três variáveis reais? Sim, é
possível e o seu cálculo é feito de maneira análoga ao feito para funções de duas variáveis. Seja 
→
u = cos( 2π
3 )i + sen( 2π
3 )j
→
u = − 1
2 i + √3
2 j
Logo,  a derivada direcional será dada por :
Duf(x0, y0) = fx(x0, y0) ⋅ a+ fy(x0, y0) ⋅ b
Duf(0,4) = −4 ⋅ − 1
2 + 1 ⋅ √3
2
Duf(0,4) = 4
2 + √3
2 = 2 + √3
2 ≅2,87
f 
(0,4)
θ = 2π
3
→
u = − 1
2 i + √3
2 j
2,87
f(x, y, z)
(x0, y0, z0)
→
u =  ⟨a, b, c⟩
Duf(x0, y0, z0)
Duf(x0, y0, z0) = fx(x0, y0, z0) ⋅ a+ fy(x0, y0, z0) ⋅ b+ fz(x0, y0, z0) ⋅ c
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Por exemplo, seja a função 
O próximo passo é calcularmos as derivadas no ponto dado:
O vetor informado possui módulo igual a 1, assim, a derivada direcional será dada por:
Lembre-se que para calcular a derivada direcional de uma função em um ponto, é necessário
primeiro determinar o gradiente da função nesse ponto. O gradiente é um vetor que aponta na
direção de maior crescimento da função e cuja magnitude indica a taxa de variação máxima. Em
f(x, y, z) = 5x2 − 3xy+ xyz
(1,2, 3)
→
u = (0, 1
2 ,
√3
2 )
f(x, y, z) = 5x2 − 3xy+ xyz
fx(x, y, z) = 5 ⋅ 2 ⋅ x− 3 ⋅ 1 ⋅ y+ 1 ⋅ yz = 10x− 3y+ yz
fy(x, y, z) = 0 − 3 ⋅ x ⋅ 1 + x ⋅ 1 ⋅ z = −3x+ xz
fz(x, y, z) = 0 − 0 + x ⋅ y ⋅ 1 = xy
fx(1,2, 3) = 10 ⋅ 1 − 3 ⋅ 2 + 2 ⋅ 3 = 10
fy(x, y, z) = −3x+ xz
fy(1,2, 3) = −3 ⋅ 1 + 1 ⋅ 3 = 0
fz(x, y, z) = xy
fz(1,2, 3) = 1 ⋅ 2 = 2
Duf(x0, y0, z0) = fx(x0, y0, z0) ⋅ a+ fy(x0, y0, z0) ⋅ b+ fz(x0, y0, z0) ⋅ c
Duf(1,2, 3) = 10 ⋅ 0 + 0 ⋅ 1
2 + 2 ⋅ √3
2
Duf(1,2, 3) = 0 + 0 + 2√3
2 = √3 ≅1,73
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seguida, a derivada direcional é obtida fazendo produto escalar entre o gradiente e o vetor unitário
que representa a direção desejada.
Este conceito é amplamente utilizado em diversas áreas, como física, engenharia e economia, para
analisar a taxa de mudança de uma grandeza em uma direção especí�ca. Por exemplo, na física, a
derivada direcional pode ser utilizada para determinar a taxa de variação da temperatura em uma
determinada direção em um ponto especí�co de um campo térmico.
Em resumo, a derivada direcional é uma ferramenta poderosa que nos permite entender como uma
função se comporta em uma direção especí�ca, sendo essencial para a modelagem e análise de
fenômenos variados em várias disciplinas cientí�cas.
Vamos Exercitar?
Agora que você já conheceu as propriedades relacionadas às derivadas direcionais, vamos retornar
a nossa situação inicial. Nessa situação devemos considerar que em uma determinada região do
espaço, a temperatura do ar seja dada pela função:
Além disso, devemos considerar que um avião está, nesta região, localizado no ponto 
Sabemos que as derivadas direcionais nos fornecem a taxa de variação de uma função em um
determinado ponto na direção de um vetor, assim, para resolver esse problema, será necessário
investigar algumas características da derivada direcional.
A derivada direcional da função 
T(x, y) = xy2 + x2y+ x2y3
(−1,2)
T
Duf(x0, y0) = fx(x0, y0) ⋅ a+ fy(x0, y0) ⋅ b
Duf(x0, y0) = (fx(x0, y0), fy(x0, y0)) ∙ (a, b) =
→
v ∙
→
u
→
v
→
u
→
v
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Sabemos que o valor máximo atingido pelo 
→
u
→
v
→
u ∙→v = →
u ∙ →
v cos(θ)∣ ∣ ∣ ∣θ
→
u
→
v
→
u ,
→
v ≥ 0∣ ∣ ∣ ∣cos(θ)
−1 ≤ cos(θ) ≤ 1
→
u
→
v
cos(θ)
cos(θ) 
θ = 0
→
u
→
v
→
u
→
v
θ = π
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Em nosso problema, o piloto deseja resfriar o motor deste avião o mais rápido possível, então ele
deverá voar em uma direção oposta ao vetor gradiente, isto é, o vetor 
Como o avião está localizado no ponto 
Portanto, para resfriar o motor o mais rápido possível, o avião deve voar na direção do vetor 
A partir desse estudo podemos calcular a derivada direcional no ponto 
→
v
→
v
→
v = −(Tx,Ty)
T(x, y) = xy2 + x2y+ x2y3
T(x, y) = xy2 + x2y+ x2y3
Tx(x, y) = y2 + 2 ⋅ x ⋅ y+ 2 ⋅ x ⋅ y3 = y2 + 2xy+ 2xy3
Ty(x, y) = x ⋅ 2 ⋅ y+ x2 ⋅ 1 + x2 ⋅ 3 ⋅ y2 = 2xy+ x2 + 3x2y2
(−1,2)
Tx(−1,2) = (2)2 + 2(−1)(2) + 2(−1)(2)3 = 4 − 4 − 16 = −16
Ty(−1,2) = 2(−1)(2) + (−1)2 + 3(−1)2(2)2 = −4 + 1 + 12 = 9
→
v = −(−16,9) = (16,−9)
(−1,2)
θ = π
→
u
→
u = cos(π)i + sen(π)j
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Considerando o vetor gradiente 
Saiba mais
Uma abordagem essencial para a aprendizagem em matemática consiste em praticar a resolução de
exercícios, pois isso possibilita a aplicação das diversas propriedades relacionadas aos conceitos
discutidos. Sendo assim, ao seguir essa estratégia, sugiro a leitura e a realização de alguns
exercícios relevantes relacionados aos tópicos abordados durante a aula.
Com o objetivo de aprimorar seus conhecimentos sobre derivadas parciais leia a seção 14.6 –
Derivadas Direcionais e o Vetor Gradiente do livro Cálculo – Volume 2 de James Stewart, Daniel
Clegg e Saleem Watson disponível na sua biblioteca virtual. Ao �nal da seção há uma série de
exercícios, selecione alguns para resolver! Ah, e uma dica, resolva os exercícios ímpares, pois ao
�nal do livro existem as respostas, assim você pode conferir se acertou nos cálculos! Bons estudos!
Referências
ANTON, H. et al. Cálculo: v.2. Porto Alegre: Grupo A, 2014. E-book. ISBN 9788582602461. Disponível
em: https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602461/. Acesso em: 11 fev. 2024.
LARSON, R. Cálculo aplicado – curso rápido: Tradução da 9ª ed. norte-americana. São Paulo:
Cengage Learning Brasil, 2016. E-book. ISBN 9788522125074. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/. Acesso em: 21 jan. 2024.
MORETTIN, P. A.; BUSSAB, W. O.; HAZZAN, S. Cálculo – funções de uma e várias variáveis. São
Paulo: Editora Saraiva, 2016. E-book. ISBN 9788547201128. Disponível em:
→
u = −i
→
v = (16,−9)
→
u = (−1,0),
Duf(−1,2) = (16,−9) ∙ (−1,0) = −16
(−1,2)
→
u = (−1,0)
−16
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584103/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584103/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602461/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/
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https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART, J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo: v. 1. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2021. E-book.
ISBN 9786555584097. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART,J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo: v. 2. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2022. E-book.
ISBN 9786555584103. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584103/. Acesso em: 11 fev. 2024.
Aula 4
Otimização
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Dica para você
Aproveite o acesso para baixar os slides do vídeo, isso pode deixar sua
aprendizagem ainda mais completa.
Olá, estudante! Esperamos que esteja bem! Uma das aplicações das derivadas parciais são os
problemas de otimização. A otimização permite tomar decisões informadas ao buscar maximizar ou
minimizar uma determinada função em um contexto especí�co, levando em consideração múltiplas
variáveis e suas interações. Nessa aula discutiremos sobre os pontos de máximos e mínimos locais,
que são conceitos essenciais na resolução de problemas de otimização. Ao �nal vamos utilizar
esses conceitos para resolver problemas de otimização.
Ponto de Partida
A otimização de funções de duas variáveis é um ramo importante da análise matemática que se
concentra em encontrar os pontos onde uma função atinge valores máximos ou mínimos em um
domínio bidimensional. Esses pontos extremos podem representar, por exemplo, o maior lucro em
um negócio ou o menor custo de produção em um processo industrial.
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584103/
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Para encontrar esses pontos, é necessário aplicar técnicas de cálculo diferencial, como encontrar
derivadas parciais e utilizar testes de segunda derivada para determinar se um ponto crítico é um
máximo, mínimo ou ponto de sela. Os pontos críticos são os pontos onde as derivadas parciais da
função são iguais a zero ou não existem.
Nessa aula discutiremos sobre como determinar os pontos de mínimo e máximo local e como
podemos empregar esses conceitos para resolver problemas de otimização.
Para exempli�car como podemos utilizar as derivadas parciais na solução de problemas de
otimização, suponha que certa empresa é responsável pela fabricação de um produto (cuja
quantidade será representada por 
A partir destas informações, qual a produção que maximiza o lucro? Qual será o lucro máximo
atingido nesse caso?
Como podemos responder a essas perguntas? Quais são os conceitos necessários para resolver
esse problema? Vamos iniciar nossos estudos sobre otimização?
Vamos Começar!
Entendemos que uma das aplicações primárias das derivadas em funções de uma variável real
reside na identi�cação dos valores máximo e mínimo, ou seja, os extremos da função. Da mesma
forma, ao lidar com funções de duas variáveis, podemos estender esse conceito ao utilizar as
derivadas parciais para localizar pontos de máximo e mínimo em uma função bidimensional. Isso
nos permite não apenas visualizar a superfície da função, mas também entender como ela varia em
diferentes direções, facilitando a identi�cação dos pontos onde atinge seus extremos.
Para explorarmos esses conceitos, analise a �gura que segue.
z
x
y
R $  2,00
R $  1,00
R $  5,00
z = 900 − x2 − y2 + 32x + 41y
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Figura 1 | Representação da função f. Fonte: Stewart; Clegg; Watson (2022, p. 930).
Nessa �gura podemos observar os pontos de máximo e mínimo ao longo do grá�co da função 
f
(a,  b)
f
f(a, b)
f(x, y)
f
f(a, b)
f(x, y)
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De acordo com Stewart, Clegg e Watson (2022, p. 930), 
“uma função de duas variáveis tem um máximo local em 
A partir dessa de�nição podemos dizer que se 
f
(a, b)
f(x, y) ≤ f(a, b)
(x, y)
(a, b)
f(a, b)
f(x, y) ≥ f (a, b)
(x, y)
(a, b)
(a, b)
f(a, b)
f 
(a, b)
fx(a, b) = 0
fy(a, b) = 0
(a, b)
f 
f 
(a,  b)
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Para determinarmos se o ponto crítico é um ponto de máximo, mínimo ou nenhum dos dois
podemos aplicar o teste da segunda derivada. Para aplicar esse teste consideremos que as
derivadas parciais de segunda ordem de 
Se   e   então   é um mínimo local.
Se   e   então   é um máximo local.
Se   então   não é mínimo local nem máximo local, ou seja, é um ponto de sela.
Denominamos 
Vamos, agora, analisar um exemplo de como podemos aplicar esse teste.
Exemplo 1
Determine os valores máximos e mínimos locais os pontos de sela da função 
Solução
O primeiro passo é encontrar os pontos críticos da função, derivando a função, temos:
(a,  b)
f
f 
(a, b)
fx(a, b) = 0
fx(a, b) = 0
H = H(a, b) = fxx(a, b)fyy(a, b) − [fxy(a, b)]
2
H > 0 fxx(a, b) > 0 f(a, b)
H > 0 fxx(a, b) 0
fxx(1,1) > 0
(1,1)
(−1,−1)
H(−1,−1) = 144(−1)2(−1)2 − 16 = 128
H > 0
fxx(−1,−1) > 0
(−1,−1)
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fornecendo assim soluções ótimas para os problemas de otimização e auxiliando na tomada de
decisões em diversos campos.
Siga em Frente...
Considerando essa aplicação, vamos resolver o exemplo que segue.
Exemplo 2
Qual o volume de uma caixa retangular sem tampa, sabendo que esta deve ser construída com 12
m2 de papelão?
Solução
Sejam x, y e z o comprimento, a largura e a altura da caixa (em metros), respectivamente. O volume
da caixa será dado por:
A área total da caixa deve ser igual a 12 m2, assim,
Da equação da área temos:
Substituindo o valor de z na equação do volume teremos:
Calculando as derivadas parciais segue que:
V = xyz
2xz+ 2yz+ xy = 12
2z(x+ y) = 12 − xy
z = 12−xy
2(x+y)
V = xy ⋅ ( 12−xy
2(x+y) )
V = 12xy−x2y2
2(x+y)
y2(12−2xy−x2)
2(x+y)2
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Ao igualar estas derivadas a zero, temos:
Comparando (1) e (2) temos:
Obtemos 
∂V
∂y =
(12x−2x2y)(2x+2y)−(12xy−x2y2)(2)
4(x+y)2
=
= 24x2+24xy−4x3y−4x2y2−24xy+2x2y2
4(x+y)2
=
24x2−2x2y2−4x3y2
4(x+y)2
= 12y2−x2y2−2xy
2(x+y)2
=
x2(12−2xy−y2)
2(x+y)2
y2(12−2xy−x2)
2(x+y)2
= 0
12y2 − 2xy3 − y2x2 = 0 (1)
x2(12−2xy−y2)
2(x+y)2
= 0
12x2 − 2x3y− y2x2 = 0 (2)
12y2 − 2xy3 − y2x2 = 12x2 − 2x3y− y2x2
y2(12 − 2xy) = x2(12 − 2xy) − y2x2 + y2x2
y2 = x2(12−2xy)
(12−2xy)
y2 = x2
x2 = y2
x = y
x = y
x = y = 2
Disciplina
CÁLCULO DIFERENCIALE
INTEGRAL II
Agora, temos que veri�car se esse ponto crítico é ponto de máximo ou mínimo. Para isso primeiro
temos que determinar as derivadas de segunda ordem da função.
12 − 3y2 = 0
12 = 3y2 → y2 = 4  ↔ y = ±2
y = 2,   pois  y é  uma  medida   de   comprimento
∂V
∂x =
y2(12−2xy−x2)
2(x+y)2
= 12y2−2xy3−x2y2
2(x+y)2
∂V
∂x =
y2(12−2xy−x2)
2(x+y)2
= 12y2−2xy3−x2y2
2(x+y)2
∂ 2V
∂x2 =
(0−2y3−2xy2)(2(x+y)2)−(12y2−2xy3−x2y2)(2⋅2(x+y)⋅1)
4(x+y)4
∂ 2V
∂x2 =
(0−2y3−2xy2)(2(x+y)2)−(12y2−2xy3−x2y2)(2⋅2(x+y)⋅1)
4(x+y)4
=
(0−2y3−2xy2)(2(x+y)1)−(12y2−2xy3−x2y2)(2⋅2⋅1)
4(x+y)3
=
(0−2y3−2xy2)(2(x+y)1)−(12y2−2xy3−x2y2)(2⋅2⋅1)
4(x+y)3
= −4xy3−4y4−4x2y2−4xy3−48y2+8xy3+4x2y2
4(x+y)3
= −4xy3−4y4−4x2y2−4xy3−48y2+8xy3+4x2y2
4(x+y)3
= −4y4−48y2
4(x+y)3
= −y4−12y2
(x+y)3
= −4y4−48y2
4(x+y)3
= −y4−12y2
(x+y)3
∂V
∂y =
x2(12−2xy−y2)
2(x+y)2
= 12x2−2x3y−x2y2
2(x+y)2
Disciplina
CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Nos resta calcular a derivada mista da função, conforme segue:
∂V
∂y =
x2(12−2xy−y2)
2(x+y)2
= 12x2−2x3y−x2y2
2(x+y)2
∂ 2V
∂y2 =
(0−2x3−2x2y)(2(x+y)2)−(12x2−2x3y−x2y2)(2⋅2(x+y)⋅1)
4(x+y)4
∂ 2V
∂y2 =
(0−2x3−2x2y)(2(x+y)2)−(12x2−2x3y−x2y2)(2⋅2(x+y)⋅1)
4(x+y)4
=
(0−2x3−2x2y)(2(x+y)1)−(12x2−2x3y−x2y2)(2⋅2⋅1)
4(x+y)3
=
(0−2x3−2x2y)(2(x+y)1)−(12x2−2x3y−x2y2)(2⋅2⋅1)
4(x+y)3
= −4x4−4x3y−4x3y−4x2y2−48x2+8x3y+4x2y2
4(x+y)3
= −4x4−4x3y−4x3y−4x2y2−48x2+8x3y+4x2y2
4(x+y)3
= −4x4−48x2
4(x+y)3
= −x4−12x2
(x+y)3
= −4x4−48x2
4(x+y)3
= −x4−12x2
(x+y)3
∂V
∂y = 12x2−2x3y−x2y2
2(x+y)2
∂V
∂y = 12x2−2x3y−x2y2
2(x+y)2
∂ 2V
∂y∂x =
(24x−6x2y−2xy2)(2(x+y)2)−(12x2−2x3y−x2y2)(2⋅2(x+y)1⋅1)
4(x+y)4
∂ 2V
∂y∂x =
(24x−6x2y−2xy2)(2(x+y)2)−(12x2−2x3y−x2y2)(2⋅2(x+y)1⋅1)
4(x+y)4
=
(24x−6x2y−2xy2)(2(x+y)1)−(12x2−2x3y−x2y2)(2⋅2⋅1)
4(x+y)3
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Calculando as derivadas parciais de segunda ordem no ponto crítico 
, temos:
Calculando a Hessiana temos:
=
(24x−6x2y−2xy2)(2(x+y)1)−(12x2−2x3y−x2y2)(2⋅2⋅1)
4(x+y)3
= 48x2+48xy−12x3y−12x2y2−4x2y2−4xy3−48x2+8x3y+4x2y2
4(x+y)3
= 48x2+48xy−12x3y−12x2y2−4x2y2−4xy3−48x2+8x3y+4x2y2
4(x+y)3
= 48xy−4x3y−12x2y2−4xy3
4(x+y)3
= 12xy−x3y−3x2y2−xy3
(x+y)3
= 48xy−4x3y−12x2y2−4xy3
4(x+y)3
= 12xy−x3y−3x2y2−xy3
(x+y)3
(2,2)
(2,2)
∂ 2V
∂x2 = Vxx(2,2) =
−(2)4−12(2)2
(2+2)3
= − 64
64 = −1
∂ 2V
∂x2 = Vxx(2,2) =
−(2)4−12(2)2
(2+2)3
= − 64
64 = −1
∂ 2V
∂y2
= Vyy(2,2) =
−(2)4−12(2)2
(2+2)3
= − 64
64 = −1
∂ 2V
∂y2 = Vyy(2,2) =
−(2)4−12(2)2
(2+2)3
= − 64
64 = −1
∂ 2V
∂y∂x = Vyx(2,2) =
12(2)(2)−(2)3(2)−3(2)2(2)2−(2)(2)3
(2+2)3
=   − 32
64 = − 1
2
∂ 2V
∂y∂x = Vyx(2,2) =
12(2)(2)−(2)3(2)−3(2)2(2)2−(2)(2)3
(2+2)3
=   − 32
64 = − 1
2
H = H(x, y) = Vxx(2, 2)Vyy(2, 2) − [Vyx(2, 2)]
2
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Como 
 e 
 temos um ponto de máximo local. Isso signi�ca se o comprimento for 
 e a largura 
, temos que o maior volume possível. Falta apenas encontrar o valor da altura, ou seja, 
, e para isso basta substituirmos o valor 
 na equação da área total, encontrando 
. Logo, o volume máximo desta caixa será igual a 
.
Vamos Exercitar?
Agora que você já sabe como resolver problemas de otimização, vamos retornar a nossa situação
inicial. Nessa situação devemos determinar o lucro máximo de uma empresa, considerando a
H = H(x, y) = Vxx(2, 2)Vyy(2, 2) − [Vyx(2, 2)]
2
H = −1 ⋅ −1 − (− 1
2 )
2
= 1 − 1
4 = 3
4
H = −1 ⋅ −1 − (− 1
2 )
2
= 1 − 1
4 = 3
4
H > 0
Vxx(2,2) 0
Vxx(2,2) 0
∂ 2L
∂x2 (15,8;  20,4) = −10Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART, James; CLEGG, Daniel; WATSON, Saleem. Cálculo: v. 2. São Paulo: Cengage Learning
Brasil, 2022. E-book. ISBN 9786555584103. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584103/. Acesso em: 11 fev. 2024.
Aula 5
Encerramento da Unidade
Videoaula de Encerramento
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Dica para você
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Olá, estudante! Esperamos que esteja bem! Nessa aula, primeiro vamos discutir sobre as principais
características das funções de duas variáveis, destacando a determinação do domínio e imagem
dessas funções. Depois, retomaremos os principais aspectos relacionados ao conceito de derivadas
parciais de primeira e segunda ordem e sobre as derivadas direcionais. Ao �nal, discutiremos sobre
como podemos determinar os pontos de mínimo e máximos locais de uma função.
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
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Ponto de Chegada
Olá, estudante! Para desenvolver a competência desta unidade, que é compreender as técnicas de
derivação para funções de duas ou mais variáveis, a �m de aplicá-las na resolução de diferentes
tipos de problemas, é necessário que você conheça quais são essas técnicas.
Para discutirmos sobre as derivadas de funções de duas variáveis, temos que entender primeiro o
que é uma função de duas variáveis reais. Lembre-se que uma função é uma relação entre variáveis,
e no caso da função de duas variáveis temos uma relação entre todo par ordenado 
Ao calcular as derivadas parciais de uma função de duas variáveis, é importante observar que
quando derivamos em relação a uma variável, a outra sendo é considerada constante. Assim, se
estiver calculando a derivada parcial em relação a 
(x, y)
D
f(x, y) = z 
E
(x, y, z)
R
3
z = f(x, y)
(x, y) ∈ D
x
fx
y
x
y
fy
x
y
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Quando necessário, você pode calcular as derivadas parciais de segunda ordem de uma função de
duas variáveis e para isso você deve calcular as derivadas parciais considerando as derivadas de
primeira ordem, e quando fazemos isso podemos ter as seguintes derivadas de segunda ordem 
Já as derivadas direcionais, que são utilizadas para calcular taxas de variação de uma função em
relação a qualquer direção. Portanto, se 
As derivadas parciais podem ser utilizadas para encontrar máximos e mínimos locais de funções de
várias variáveis. Em particular, ao otimizar funções de duas variáveis, essas derivadas
desempenham um papel crucial. Por meio do cálculo das derivadas parciais em relação a cada uma
das variáveis independentes e da análise dos pontos críticos, onde essas derivadas são nulas ou
inde�nidas, é possível determinar os pontos de máximo e mínimo locais. Além disso, o teste da
segunda derivada pode ser aplicado para con�rmar se um ponto crítico é um máximo local, mínimo
local ou um ponto de sela. Esses métodos são essenciais em diversas áreas, desde a economia e
engenharia até a física e ciência dos dados, em que a otimização de funções é crucial para encontrar
soluções e�cientes e ótimas para problemas do mundo real.
É Hora de Praticar!
fx
fy
fxx, fyy, fxy, fyx
f(x, y)
(x0, y0)
→
u = (a, b) 
Duf(x0, y0)
Duf(x0, y0) = fx(x0, y0) ⋅ a+ fy(x0, y0) ⋅ b
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Para contextualizar sua aprendizagem, suponha que você faça parte de um grupo formado por
jovens pro�ssionais de diferentes áreas, de uma startup relacionada à indústria 4.0 utilizando seus
conhecimentos de engenharia, programação e matemática. Essa startup tem como objetivo
desenvolver softwares que permitem realizar um estudo quantitativo sobre a produção de uma
indústria considerando a quantidade de trabalho, isto é, a quantidade total de horas trabalhadas.
Após um intenso estudo, você encontrou uma função que modela a produção, a saber a função de
produção de Cobb-Douglas. Essa função foi desenvolvida em 1928 por Charles Cobb e Paul Douglas
e foi baseada em uma visão mais simpli�cada da economia, considerando que a saída da produção
é determinada pela quantidade de trabalho envolvido e pela quantidade de capital investido. Apesar
de existirem outras variáveis que afetam o desenvolvimento da economia, esse modelo se mostra
bastante preciso, por isso, você decidiu utilizá-lo na construção do seu software. A função Cobb-
Douglas se baseia na produção total (valor monetário dos bens produzidos no ano); na quantidade
de trabalho (número total de pessoas-hora trabalhadas em um ano); e na quantidade de capital
investido (valor monetário das máquinas, equipamentos e prédios). Matematicamente a função é
expressa por:3
Em que   é produção total,   a quantidade de trabalho e  a quantidade de capital investido e  e 
 são parâmetros �xos. Após a implementação dessa função, você decidiu realizar estudos
teóricos. Sua primeira tarefa é encontrar o domínio dessa função, visto que se esse não for
considerado corretamente no momento da implementação da função, teremos problemas no
software. Depois considerando que   e  calcule a produção total em um ano
quando a quantidade de capital investido é de   e a quantidade de trabalho é 
 horas. Sua segunda tarefa é avaliar a produção marginal em relação à quantidade de trabalho e em
relação à quantidade de capital investido. Depois encontrar essa produção quando a quantidade de
capital investido é de  ,00 e a quantidade de trabalho é    horas. Para isso, considere
que   e  . Por �m, você deve avaliar produção marginal quando a quantidade de
capital investido é de   e a quantidade de trabalho é  horas e essa variação está
na direção do vetor  . Nesse momento, considere também que   e 
.
Considerando a ampla variedade de situações em que os conceitos abordados na unidade podem
ser aplicados, convidamos à re�exão sobre essas duas questões:
De que maneira você poderia utilizar as derivadas parciais para solucionar desa�os especí�cos
dentro da sua área de atuação?
P(L,K) = bLαK 1−α
P L K  b 
α
b = 1,456 α = 0,60,  
R$50.000, 00 2200
R$50.000 2200
b = 1,456 α = 0,60
R$50.000,00 2200 
→
u = ( 1
2 ,
√3
2 ) b = 1,456
α = 0,60
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Suponha que você esteja projetando um recipiente cúbico de volume �xo para armazenar um
produto. Como você pode usar as derivadas parciais para determinar as dimensões que minimizam
a quantidade de material necessária para construir o recipiente?
Antes de iniciarmos a solução do problema, vamos retomar suas tarefas. A primeira delas é
encontrar o domínio da função de produção de Cobb-Douglas e calcular o seu valor quando 
  horas. Sua segunda tarefa é analisar a produção marginal e depois calcular
essa produção quando   e  horas. Sua terceira e última tarefa é avaliar
produção marginal quando   e   horas e essa variação está na direção do
vetor  . Agora, que você já relembrou quais suas tarefas, vamos colocar a mão na
massa e resolvê-las.
Primeira tarefa:
Para encontrarmos o domínio da função, você deve se lembrar de que o domínio são todos os
valores que as variáveis   e  podem assumir. Sabemos que a função de produção de Cobb-
Douglas é dada por  , que   e   são parâmetros �xos, o domínio dessafunção seria todos os pares ordenados  . Porém, essa função modela uma situação
relacionada à economia, assim, além dessa análise matemática, é importante que você considere o
signi�cado dessas variáveis.  refere-se à quantidade de trabalho ao �nal de um ano, essa
quantidade pode ser negativa?   refere-se ao capital investido, esse capital pode ser um valor
negativo? Em ambos os casos as variáveis não podem assumir valores negativos, mas podem ser
zero, o que acarretaria uma produção nula. Assim, o domínio dessa função são todos os pares
ordenados  , isto é,    e  .
Para calcularmos a produção quando   e  , devemos considerar que 
 e  . Realizando as substituições necessárias na função 
.
Logo, a produção total é de aproximadamente  .
Segunda tarefa:
Nessa tarefa, você deve analisar a produção marginal, isto é, a derivada da função produção em
relação a cada uma das variáveis. Considerando que  e    são parâmetros �xos, temos que a
derivada parcial da função  em relação à   será dada por:
Analogamente, a derivada parcial em relação a à   será dada por:
K = 50000 L = 2200 
K = 50000 L = 2200 
K = 50000 L = 2200
→
u = ( 1
2 ,
√3
2 )
L K 
P(L,K) = bLαK 1−α b α
(L,K) ∈ R
2
L 
K
(L,K) ∈ R+
2 L ≥ 0 K ≥ 0
K = 50000 L = 2200
b = 1,456 α = 0,60
P(L,K) = bLαK 1−α
P(L,K) = 1,456L0,60K 0,4
P(2200,50000) = 1,456(2200)0,60(50000)0,4
P(2200,50000) ≅11173,85
11173,85
b  α
P   L
P(L,K) = bLαK 1−α
PL(L,K) = b ⋅ αLα−1K 1−α
K
P(L,K) = bLαK 1−α
PK(L,K) = b ⋅ Lα ⋅ (1 − α)K 1−α−1
PK(L,K) = b ⋅ Lα ⋅ (1 − α)K−α
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Assim, a produtividade marginal do trabalho será dada por   e a
produtividade marginal do capital será dada por  . Agora temos
que calcular essa produtividade marginal do trabalho considerando  ,  , 
 e 
Analogamente, teremos a produtividade marginal do capital:
Portanto, a produtividade marginal do trabalho é de aproximadamente   e a produtividade
marginal do capital é de aproximadamente  .
Terceira tarefa:
Nessa tarefa, você deve encontrar a derivada direcional da função dada quando a variação está na
direção do vetor  . Para o cálculo da derivada direcional, o primeiro passo é encontrar
as derivadas parciais de primeira ordem no ponto dado. Nós já realizamos esse passo na tarefa
anterior. O segundo passo é veri�car se o vetor dado é unitário, o que é o nosso caso. Agora,
podemos calcular a derivada direcional:
Portanto, esta é a produção marginal quando a quantidade de capital investido é de  e a quantidade
de trabalho é de  horas e essa variação está na direção do vetor  
Assimile
Os princípios das funções de duas variáveis e suas derivadas parciais desempenham um papel
fundamental na resolução de uma variedade de problemas em diversas áreas do conhecimento.
Diante dessa amplitude de aplicação, é essencial que se compreenda as características principais
desses conceitos. Essas características são apresentadas na Figura 1.
PL(L,K) = b ⋅ αLα−1K 1−α
PK(L,K) = b ⋅ Lα ⋅ (1 − α)K−α
b = 1,456 α = 0,60
K = 50000 L = 2200
P(L,K) = 1,456L0,60K 0,40
PL(L,K) = 1,456 ⋅ 0,60 ⋅ L0,60−1K 0,40
PL(L,K) = 0,8736 ⋅ L−0,40K 0,40
PL(2200,50000) = 0,8736 ⋅ (2200)−0,40(50000)0,40
PL(2200,50000) ≅3,05
PK(L,K) = 1,456 ⋅ L0,60 ⋅ (0,40)K−0,60
PK(L,K) = 0,5824 ⋅ L0,60K−0,60
PK(2200,50000) = 0,5824 ⋅ (2200)0,60(50000)−0,60
PK(2200,50000) ≅0,09
3,05
0,09
→
u = ( 1
2 ,
√3
2 )
DuP(L0,K0) = PL(L0,K0) ⋅ a+ PK(L0,K0) ⋅ b
DuP(2200,50000) = 3,05 ⋅ 1
2 + 0,09 ⋅ √3
2
DuP(2200,50000) ≅1,60
2200 
→
u = ( 1
2 ,
√3
2 ).
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
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Figura 1 | Resumo visual dos conceitos de função de duas variáveis e derivadas parciais
ANTON, H. et al. Cálculo: v.2. Porto Alegre: Grupo A, 2014. E-book. ISBN 9788582602461. Disponível
em: https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602461/. Acesso em: 11 fev. 2024.
LARSON, R. Cálculo aplicado – curso rápido: Tradução da 9ª ed. norte-americana. São Paulo:
Cengage Learning Brasil, 2016. E-book. ISBN 9788522125074. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/. Acesso em: 21 jan. 2024.
MORETTIN, P. A.; BUSSAB, W. O.; HAZZAN, S. Cálculo – Funções de uma e várias variáveis. São
Paulo: Editora Saraiva, 2016. E-book. ISBN 9788547201128. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART, J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo: v.1. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2021. E-book.
ISBN 9786555584097. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART, J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo: v.2. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2022. E-book.
ISBN 9786555584103. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584103/. Acesso em: 11 fev. 2024.
,
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602461/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/
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Unidade 4
Integrais Duplas
Aula 1
Integrais Duplas: Regiões Retangulares
Integrais duplas: regiões retangulares
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Olá, estudante! Esperamos que esteja bem! Nesta aula, iremos nos aprofundar no estudo das
integrais duplas. Para começar, vamos entender a de�nição dessas integrais. Em seguida, vamos
examinar o teorema de Fubini, uma ferramenta fundamental que nos permite calcular essas integrais
de forma e�ciente, facilitando a análise e resolução de problemas complexos de integração em duas
variáveis.
Ponto de Partida
As integrais duplas são uma ferramenta poderosa na matemática que nos permite calcular áreas e
volumes em regiões bidimensionais. Enquanto as integrais simples lidam com uma única variável, as
integrais duplas estendem esse conceito para duas variáveis, abrindo um novo mundo de
possibilidades para a análise e resolução de problemas geométricos e físicos.
Nesta aula, vamos explorar o conceito de integrais duplas, um dos pilares fundamentais do cálculo
com aplicações que se estendem por diversas áreas do conhecimento. As integrais duplas são
ferramentas poderosas que nos permitem calcular uma variedade de quantidades, desde volumes
de tanques de armazenamento de água, independentemente de sua forma, até momentos de inércia
de corpos, campos magnéticos e elétricos, densidade de partículas, estresse e resistência na
con�abilidade de equipamentos, entre outros.
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Ao compreender esse conceito, você estará preparado para resolver uma variedade de problemas
que envolvam cálculos matemáticos em seu campo de atuação. A versatilidade das integrais duplas
as torna uma ferramenta valiosa para analisar e modelar fenômenos em diferentes áreas,
proporcionando uma compreensão mais profunda e um arsenal de técnicas para lidar com desa�os
quantitativos complexos.
Para ilustrar como você pode empregar o conceito de integral dupla na resolução de problemas,
suponha que você deseja calcular o volume do sólido 
Como podemos determinar o volume desse sólido? Como podemos utilizar o conceito de integral
dupla para resolver esse problema? Vamos iniciar nossos estudos sobre as integrais duplas?
Vamos Começar!
Para começarmos nossos estudos de integrais duplas, precisamos revisar o conceito de integral
de�nida de função de uma variável. Assim, suponha que 
Se tomarmos o limite dessa soma quando 
S
f(x, y) = 4 − x− y
R = [0,2] × [0,1]
f 
a ≤ x ≤ b
[a, b]
n
Δx = b−a
n
xi 
∑n
i=1 f(xi) Δ x
n → ∞
a
b 
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CÁLCULO DIFERENCIALE
INTEGRAL II
Nosso objetivo neste momento é expandir esse conceito para uma função de duas variáveis. Então,
para fazermos isso, vamos considerar uma função 
Em analogia ao conceito de integral de�nida de funções de uma variável em que o objetivo, em geral,
era o cálculo de áreas, nossa meta, então, é o cálculo de volumes. Em particular, estamos
interessados em calcular o volume da superfície 
f 
∫ b
a
f(x)dx = lim
n→∞
∑n
i=1 f(xi) Δ x
f
R = [a, b] × [b, c] = {(x, y) ∈ R
2 a ≤ x ≤ b,  c ≤ y ≤ d}∣f(x) ≥ 0
f
z = f(x, y)
f
R
S
S = {(x, y, z) ∈ R
3 0 ≤ z ≤ f(x, y),  (x, y) ∈ R}∣ S
[a, b]
n 
R
n 
[a, b]
m
Δx = b−a
m
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INTEGRAL II
Vamos escolher um ponto amostral 
Figura 1. Fonte: Stewart; Clegg; Watson (2022, p. 959).
Então, seguindo esse procedimento para todos os retângulos, o volume total da superfície 
No entanto, nosso objetivo é obter uma aproximação mais e�ciente para o volume. Neste caso, essa
aproximação pode ser facilmente obtida quando aumentamos os valores de m e n, isto é, esperamos
que o volume seja ótimo se:
[c, d]
n 
Δy = d−c
n
ΔA = ΔxΔ y
(xk
ij, y
k
ij)
S
Rij
f(xk
ij, y
k
ij)
S
V = ∑m
i=1∑
n
j=1 f(x
k
ij, y
k
ij)ΔA
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Usamos essa expressão para de�nir o volume do sólido 
Com base no exposto até o momento, podemos dizer que se 
Vale ressaltar que, em geral, calcular integrais de funções de uma única variável real diretamente
pela de�nição pode ser uma tarefa árdua. Contudo, o teorema fundamental do cálculo oferece um
método mais acessível para realizar esses cálculos. Por outro lado, o cálculo de integrais duplas a
partir da de�nição é ainda mais complexo. No entanto, neste contexto, aprenderemos a expressar
uma integral dupla como uma integral iterada, facilitando o processo ao transformá-la em duas
integrais unidimensionais que podem ser calculadas separadamente (STEWART; CLEGG; WATSON,
2022).
Suponha que 
V = lim
m,n→∞
∑m
i=1∑
n
j=1 f(x
k
ij, y
k
ij)ΔA
S 
f 
R.
f
R
∫
R
∫ f(x, y)dA  = lim
m,n→∞
∑m
i=1∑
n
j=1 f(x
k
ij, y
k
ij)ΔA
f (x,  y)  ≥  0
V  
R 
z  =  f (x,  y)
V = ∫
R
∫ f(x, y) dA
f 
R = [a, b] × [c, d].
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Agora, se integrarmos a função 
A integral do lado direito dessa equação é denominada de integral iterada. Geralmente os colchetes
são omitidos. Assim,
signi�ca que primeiro devemos integrar com relação a 
∫ d
c f(x, y)dy
x 
f(x, y)
y 
y = c
y = d
y
∫ d
c
f(x, y)dy
x
x
A(x) = ∫ d
c
f(x, y)dy
A
x
x = a
x = b
∫
b
a A(x)dx = ∫
b
a [∫
d
c f(x, y)dy]dx
∫
b
a ∫
d
c f(x, y)dydx = ∫
b
a [∫
d
c f(x, y)dy]dx
y 
x
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signi�ca que primeiro devemos integrar com relação a 
O teorema de Fubini apresenta um método prático para calcular uma integral dupla, permitindo
expressá-la como uma integral iterada em qualquer ordem desejada. Considere uma função 
De forma mais ampla, esse resultado é válido quando consideramos que a função 
y  =  c
y  =  d
x
x
x  =  a
x  =  b
∫ d
c
∫ b
a
f(x, y)dxdy = ∫ d
c
[∫ b
a
f(x, y)dx]dy
x
y
x  =  a
x  =  b
y
y
y  =  c
y  =  d
f
R = [a, b] × [c, d]
∫R ∫ f(x, y)dA = ∫
b
a ∫
d
c f(x, y)dydx = ∫
d
c ∫
b
a f(x, y)dxdy
f
R
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Considerando o que estudamos até o momento, vamos resolver alguns exemplos.
Exemplo 1:
Determine o valor da integral da função 
Solução
De acordo com o teorema de Fubini temos as seguintes possibilidades de cálculo da integral:
Siga em Frente...
Vamos resolver a primeira possibilidade de cálculo, para isso lembre-se que primeiro integraremos a
função em relação a variável 
Exemplo 2:
Determine o valor da integral da função 
f(x, y) = 4xy+ 2x+ 3y
R = [0,1] × [2,3].
∫ 3
2 ∫
1
0 (4xy+ 2x+ 3y) dxdy 
∫ 1
0 ∫
3
2 (4xy+ 2x+ 3y) dydx 
x
y 
∫ 3
2 ∫
1
0 (4xy+ 2x+ 3y) dxdy = ∫ 3
2 [∫
1
0 (4xy+ 2x+ 3y)dx]dy
= ∫
3
2 [
4x2y
2 + 2x2
2 + 3yx]
1
0
dy = ∫
3
2 ([(2(1)
2
y)+ (1)2 + 3y(1)]− 0)dy
= ∫
3
2 (2y+ 1 + 3y)dy = ∫
3
2 (5y+ 1)dy
= [ 5y2
2 + y]
3
2
= [ 5(3)2
2 + 3]− [ 5(2)2
2 + 2] = 45
2 + 3 − 20
2 − 2 = 27
2
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Solução
Considerando os resultados do teorema de Fubini, temos as seguintes possibilidades de cálculo da
integral:
Vamos resolver a segunda possibilidade, assim primeiro vamos integrar a função em relação a
variável 
Ao resolver uma integral dupla por meio do processo das integrais iteradas, é fundamental utilizar
todos os resultados relacionados às integrais de funções de uma variável real. Esses resultados
incluem propriedades, a regra da soma e da constante múltipla, além das técnicas de integração,
como integração por partes e mudança de variável.
Vamos Exercitar?
Como você já estudou sobre as integrais duplas e como resolvê-las, vamos retornar a nossa
situação inicial. Nessa situação temos que determinar o volume do sólido limitado superiormente
por 
f(x, y) = (x− 3y2)
R = {(x, y), 0 ≤ x ≤ 2,  1 ≤ y ≤ 3}
∫ 3
1 ∫
2
0 (x− 3y2)dxdy 
∫ 2
0 ∫
3
1 (x− 3y2)dydx 
y
∫ 2
0 ∫
3
1 (x− 3y2)dydx  = ∫ 2
0 [∫
3
1 (x− 3y2)dy]dx 
= ∫ 2
0 [xy− y3]
3
1dx = ∫ 2
0 [(3x− (3)3)− (1x− (1)3)]dx
= ∫ 2
0 2x− 26dx = [ 2x2
2 − 26x]
2
0
= [x2 − 26x]
2
0
= 4 − 26(2) = −48
f(x, y) = 4 − x− y
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Assim, o volume do sólido apresentado é de 5 unidades de volume.
Saiba mais
Uma abordagem essencial para a aprendizagem em matemática consiste em praticar a resolução de
exercícios, pois isso possibilita a aplicação das diversas propriedades relacionadas aos conceitos
discutidos. Sendo assim, ao seguir essa estratégia, sugiro a leitura e a realização de alguns
exercícios relevantes relacionados aos tópicos abordados durante a aula.
Com o objetivo de aprimorar seus conhecimentos sobre integrais duplas em regiões retangulares
leia a seção 15.1 – Integrais duplas sobre retângulos do livro Cálculo – Volume 2 de James Stewart,
Daniel Clegg e Saleem Watson disponível na sua biblioteca virtual. Ao �nal da seção há uma série de
exercícios, selecione alguns para resolver! Ah, e uma dica, resolva os exercícios ímpares, pois ao
�nal do livro existem as respostas, assim você pode conferir se acertou nos cálculos! Bons estudos!
Referências
ANTON, H.et al. Cálculo: v. 2. Porto Alegre: Grupo A, 2014. E-book. ISBN 9788582602461. Disponível
em: https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602461/. Acesso em: 11 fev. 2024.
LARSON, R. Cálculo aplicado – curso rápido: Tradução da 9ª ed. norte-americana. São Paulo:
Cengage Learning Brasil, 2016. E-book. ISBN 9788522125074. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/. Acesso em: 21 jan. 2024.
R = [0,2] × [0,1]
R
f
V = ∫
R
∫ f(x, y)dA =
1
∫
0
2
∫
0
(4 − x− y)dxdy
=
1
∫
0
[
2
∫
0
(4 − x− y)dx]dy = ∫ 1
0 [4x− x2
2 − xy]
2
0
dy
= ∫ 1
0 [4(2) −
(2)2
2 − 2y− 0]dy = ∫ 1
0 (8 − 2 − 2y)dy
= ∫ 1
0 (6 − 2y)dy = [6y− 2y2
2 ]
1
0
= 6(1) − (1)2 = 5 u. v.
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584103/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602461/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/
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MORETTIN, P. A.; BUSSAB, W. O.; HAZZAN, S. Cálculo – funções de uma e várias variáveis. São
Paulo: Editora Saraiva, 2016. E-book. ISBN 9788547201128. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART, J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo: v. 1. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2021. E-book.
ISBN 9786555584097. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART, J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo: v. 2. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2022. E-book.
ISBN 9786555584103. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584103/. Acesso em: 11 fev. 2024.
Aula 2
Integrais Duplas:Regiões Não Retangulares
Integrais duplas: regiões não retangulares
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Para assistir este conteúdo é necessário que você acesse o AVA pelo computador
ou pelo aplicativo. Você pode baixar os vídeos direto no aplicativo para assistir
mesmo sem conexão à internet.
Dica para você
Aproveite o acesso para baixar os slides do vídeo, isso pode deixar sua
aprendizagem ainda mais completa.
Olá, estudante! Esperamos que esteja bem! Nessa aula vamos discutir sobre o conceito de integrais
duplas em regiões gerais e a suas aplicações. Pensando nisso, iniciamos com o conceito
matemático desse tipo de integral com base em uma região D geral e, em seguida, aprenderemos
como resolver esse tipo de integral. Além disso, discutiremos sobre algumas aplicações das
integrais duplas.
Ponto de Partida
Para as integrais de funções de uma variável real, a região de integração é sempre um intervalo. No
entanto, ao trabalharmos com integrais duplas, buscamos integrar a função 
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584103/
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Para ilustrar como você pode utilizar o conceito de integral dupla em regiões mais gerais, considere
que você deseja determinar o centro de massa de uma placa de uma lâmina triangular de vértices 
Como podemos determinar o centro de massa dessa placa? Como o conceito de integral duplas
pode ser aplicado para resolver esse problema? Vamos iniciar nossos estudos?
Vamos Começar!
Anteriormente, abordamos o cálculo de integrais sobre regiões retangulares, no entanto, as regiões
nem sempre seguem essa forma. Em alguns casos, nos deparamos com regiões que são
delimitadas por curvas. Para entendermos como encontrar a integral sobre regiões mais gerais
vamos de�nir uma região 
Figura 1 | Representação grá�ca da região geral D. Fonte: Stewart; Clegg; Watson (2022, p. 971).
f 
D 
D
D 
(0,0),  (1,0),  (0,2)
ρ(x, y) = 1 + 3y+ y
D
D
R
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A partir da Figura 1, note que D é uma região que será uma região chamada de tipo I, se estiver entre
o grá�co de duas funções contínuas de x. Neste caso, a região D é descrita pelo conjunto de pontos:
em que 
Figura 2 | Exemplos de regiões do tipo I. Fonte: Stewart; Clegg; Watson (2022, p. 972).
 
Neste caso, para calcularmos a integral dupla de uma função contínua 
Por outro lado, podemos ter 
 como uma região, chamada de tipo II, que está entre o grá�co de duas funções contínuas de 
. Nesse caso, a região D é descrita pelo conjunto de pontos
D = {(x, y), a ≤ x ≤ b,  g1(x) ≤ y ≤ g2(x)}
g1(x)
g2(x)
[a, b]
f
D
∫
D
∫ f(x, y)dA = ∫ b
a
∫ g2(x)
g1(x)
f(x, y)dydx
D
y
D
y
D = {(x, y), c ≤ y ≤ d,  h1(y) ≤ x ≤ h2(y)}
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em que 
 e 
 são funções contínuas em 
. A Figura 3 ilustra alguns exemplos de regiões do tipo II.
Figura 3 | Alguns exemplos de regiões do tipo II. Fonte: Stewart; Clegg; Watson (2022, p. 972).
O cálculo da integral dupla de uma função 
 contínua de duas variáveis sobre uma região 
 do tipo II é dado pela expressão:
A maneira de integrar essas funções é idêntica àquela usada para regiões retangulares, iniciando a
integração de dentro para fora. A única distinção é que, neste caso, não há duas opções de ordem
para a integração; há apenas uma.
D = {(x, y), c ≤ y ≤ d,  h1(y) ≤ x ≤ h2(y)}
h1(y)
h2(y)
[c, d]
h1(y)
h2(y)
[c, d]
f
D
f
D
∫D ∫ f(x, y)dA = ∫ d
c ∫ h2(y)
h1(y)
f(x, y)dxdy
∫D ∫ f(x, y)dA = ∫
d
c ∫
h2(y)
h1(y)
f(x, y)dxdy
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Considerando o que estudamos até o momento, vamos resolver alguns exemplos.
Exemplo 1
Determine o volume do sólido que está abaixo do paraboloide 
Solução
O primeiro passo é desenhar ambas as curvas para entendermos como trabalhar com os limites de
integração. Neste caso, as curvas estão ilustradas na Figura 4.
Figura 4 | Região D
Observe que as funções se interceptam em dois pontos, assim devemos encontrar quais são esses
pontos. Para isso, basta igualarmos as duas funções e resolver a equação resultante:
z = x2 + y2 
xy 
y = 2x 
y = x2
2x = x2
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Assim temos que as funções se interceptam em 
De�nida a região de integração, podemos calcular o volume do sólido, lembrando que o volume é
dado pela integral dupla da função sobre a região dada. Assim, o volume do paraboloide dado é:
Portanto, o volume será de aproximadamente 6,17 unidades de volume.
Exemplo 2
x2 − 2x = 0
x(x− 2) = 0
x = 0
x− 2 = 0 → x = 2
x = 0
x = 2
D
x
D = {(x, y), 0 ≤ x ≤ 2,  x2 ≤ y ≤ 2x}
V = ∫ 2
0 ∫
2x
x2 (x2 + y2) dy dx = ∫ 2
0 [∫
2x
x2 (x2 + y2)dy ]dx
V = ∫ 2
0 ∫
2x
x2 (x2 + y2) dy dx = ∫ 2
0 [∫
2x
x2 (x2 + y2)dy ]dx
= ∫ 2
0 [2x
3 + 8x3
3 − x4 − x6
3 ]dx = ∫ 2
0 (
14
3 x3 − x4 − x6
3 )dx
= [ 14
3 ⋅ x4
4 − x5
5 − x7
3⋅7 ]
2
0
= [ 14x4
12 − x5
5 − x7
21 ]
2
0
= (
14(2)4
12 −
(2)5
5 −
(2)7
21 )− 0
= 224
12 − 32
5 − 128
21 = 216
35 ≈ 6,17 u. v.
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Seja a região 
 limitada pela reta 
e pela parábola 
. Calcule a integral
Solução
O primeiro passo é esboçar a região 
, conforme ilustra a Figura 5.
D
y = x− 1 
y2 = 2x+ 6
D
y = x− 1 
y2 = 2x+ 6
∫
D
∫ 2xydA
∫
D
∫ 2xydA
D
D
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Figura 5 | Região D
A região 
Primeiro vamos descrever a região 
D
D
D
x
y = x− 1
x
y2 = 2x+ 6
y = ±√2x+ 6
D
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Figura 6 | Região do tipo I
A curva que de�ne a fronteira inferior seria:
Nesse sentido para calcularmos a integral considerando a região 
como sendo do tipo I teríamos que calcular as seguintes integrais:
Resolver essa integral seria muito complexo, assim podemos escrever a região 
g1(x) = {
−√2x+ 6,  se− 3 ≤ x ≤ −1
x− 1.  se− 1a área da região delimitada pelas curvas 
Solução
A Figura 8 ilustra a região cuja área devemos determinar.
D
A = ∫D ∫ 1dA
D
y = 2x
y = 2x2
0 ≤ x ≤ 1
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Figura 8 | Região D
Observe que a região é delimitada por duas curvas e podemos escrevê-la como sendo uma região
do tipo I:
Assim, a área dessa região será dada por:
Logo, a área da região dada é de aproximadamente 0,33 unidades de área.
Além das aplicações vistas até o momento, podemos utilizar as integrais duplas para determinar o
centro de massa de uma lâmina ou uma placa �na. Suponha que uma lâmina ocupe uma região 
D = {(x, y) 0 ≤ x ≤ 1,  2x2 ≤ y ≤ 2x}∣A = ∫
1
0 ∫
2x
2x2 1dydx = ∫
1
0 [∫
2x
2x2 1dy]dx
= ∫ 1
0 [y]2x2x2dx = ∫ 1
0 (2x− 2x2)dx
= [ 2x2
2 − 2x3
3 ]
1
0
= (1)2 − 2(1)3
3 − 0 = 1 − 2
3 = 1
3  u. a.
D
xy
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Para determinarmos o centro de massa precisamos encontrar os momentos da lâmina em relação
aos eixos coordenados. Assim, o momento em relação ao eixo 
 é dada por:
E o momento em relação ao eixo 
 é dada por:
As coordenadas 
 do centro de massa de uma lâmina ocupando a região 
 e tendo função densidade 
 são:
(x,  y)
D
ρ(x,  y)
ρ
D
m = ∫D ∫ ρ(x, y)dA
x
x
Mx = ∫
D
∫ yρ(x, y)dA
Mx = ∫
D
∫ yρ(x, y)dA
y
y
My = ∫D ∫ xρ(x, y)dA
My = ∫D ∫ xρ(x, y)dA
(
−
x,
−
y)
D
ρ(x,  y)
(
−
x,
−
y)
D
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É importante destacar que a região 
Vamos Exercitar?
Agora que você já sabe como determinar o centro de massa de uma placa ou lâmina, vamos retomar
a nossa situação inicial. Nessa situação devemos considerar uma lâmina triangular de vértices 
Esta lâmina pode ser representada, no plano cartesiano, conforme a �gura a seguir
Figura 9 | Representação da região
ρ(x,  y)
−
x =
My
m = 1
m ∫D ∫ xρ(x, y)dA =
∫
D
∫ xρ(x,y)dA
∫D ∫ ρ(x,y)dA
−
y = Mx
m = 1
m ∫D ∫ yρ(x, y)dA =
∫
D
∫ yρ(x,y)dA
∫
D
∫ ρ(x,y)dA
D
(0,0),  (1,0),  (0,2)
ρ(x, y) = 1 + 3y+ y
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Observe que podemos descrever essa região como sendo do tipo I, assim precisamos determinar a
reta que passa pelos pontos  
Para isso precisamos encontrar o coe�ciente angular que é dado por:
Agora utilizamos a fórmula:
Para utilizá-la precisamos considerar um ponto. Seja o ponto 
A variação de 
Assim, a massa dessa lâmina será dada por:
Para encontrarmos o centro de massa temos que encontrar  
(0,2)
(1,0)
m = Δy
Δx
= 0−2
1−0 = − 2
1 = −2
(y− y0) = m(x− x0)
(x0, y0) = (1,0)
(y− 0) = −2(x− 1)
y = −2x+ 2
y = 2 − 2x
y
0 ≤ y ≤ 2 − 2x.
x
0 ≤ x ≤ 1.
m = ∫D ∫ ρ(x, y) dA =
1
∫
0
2−2x
∫
0
(1 + 3x+ y)dydx =
1
∫
0
[y+ 3xy+ y2
2 ]
2−2x
0
dx = 4
1
∫
0
(1 − x
Mx
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O centro de massa será dado por:
Logo, 
Saiba mais
Uma abordagem essencial para a aprendizagem em matemática consiste em praticar a resolução de
exercícios, pois isso possibilita a aplicação das diversas propriedades relacionadas aos conceitos
discutidos. Sendo assim, ao seguir essa estratégia, sugiro a leitura e a realização de alguns
exercícios relevantes relacionados aos tópicos abordados durante a aula.
My :
My =   ∫
D
∫ x ⋅ ρ(x, y) dA =
1
∫
0
2−2x
∫
0
x ⋅ (1 + 3x+ y)dydx
=  
1
∫
0
2−2x
∫
0
(x+ 3x2 + xy)dydx = ∫ 1
0 [xy+ 3x2y+ xy2
2 ]
2−2x
0
dx
= ∫ 1
0 (−4x3 + 4x)dx = [− 4x4
4 + 4x2
2 ]
1
0
= −1 + 2 = 1
Mx =   ∫
D
∫ y ⋅ ρ(x, y) dA =
1
∫
0
2−2x
∫
0
y ⋅ (1 + 3x+ y)dydx
=  
1
∫
0
2−2x
∫
0
(y+ 3xy+ y2)dydx = ∫ 1
0 [
y2
2 + 3xy2
2 + y3
3 ]
2−2x
0
dx
= ∫
1
0 (
10
3 x3 − 2x2 − 6x+ 14
3 )dx = [ 10
3 ⋅ x4
4 − 2x3
3 − 6x2
2 + 14
3 x]
1
0
= 10
12 − 2
3 − 3 + 14
3 =
−
x =
My
m = 1
8
3
= 3
8
−
y = Mx
m =
11
6
8
3
= 11
6 ⋅ 3
8 = 11
16
( 3
8 ,
11
16 )
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Com o objetivo de aprimorar seus conhecimentos sobre integrais duplas em regiões retangulares
leia a seção 15.2 – Integrais duplas sobre regiões gerais do livro Cálculo - volume 2 de James
Stewart, Daniel Clegg e Saleem Watson disponível na sua biblioteca virtual.
A �m de ilustrar as aplicações das integrais duplas leia a seção 15.4 – Aplicações de integrais
duplas do livro Cálculo – volume 2 de James Stewart, Daniel Clegg e Saleem Watson disponível na
sua biblioteca virtual.
Ao �nal de cada seção há uma série de exercícios, selecione alguns para resolver! Ah, e uma dica,
resolva os exercícios ímpares, pois ao �nal do livro existem as respostas, assim você pode conferir
se acertou nos cálculos! Bons estudos!
Referências
ANTON, H. et al. Cálculo: v. 2. Porto Alegre: Grupo A, 2014. E-book. ISBN 9788582602461. Disponível
em: https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602461/. Acesso em: 11 fev. 2024.
LARSON, R. Cálculo aplicado – curso rápido: Tradução da 9ª ed. norte-americana. São Paulo:
Cengage Learning Brasil, 2016. E-book. ISBN 9788522125074. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/. Acesso em: 21 jan. 2024.
MORETTIN, P. A.; BUSSAB, W. O.; HAZZAN, S. Cálculo – funções de uma e várias variáveis. São
Paulo: Editora Saraiva, 2016. E-book. ISBN 9788547201128. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART, J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo: v. 1. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2021. E-book.
ISBN 9786555584097. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART, J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo: v. 2. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2022. E-book.
ISBN 9786555584103. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584103/. Acesso em: 11 fev. 2024.
Aula 3
Coordenadas Polares
Coordenadas polares
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https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584103/
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https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602461/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/
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INTEGRAL II
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mesmo sem conexão à internet.
Dica para você
Aproveite o acesso para baixar os slides do vídeo, isso pode deixar sua
aprendizagem ainda mais completa.
Olá, estudante! Esperamos que esteja bem! Em algumas situações, as coordenadas cartesianas não
são adequadas para descrever certas regiões, como, por exemplo, regiões circulares. Nestes casos,
as coordenadas polares se tornam uma ferramenta útil, especialmente quando lidamos com curvas
como círculos, elipses, parábolas e outras formas curvilíneas. Nessa aula, discutiremos sobre as
coordenadas polares e sua relação com as coordenadas cartesianas. Fique atento a essas relações,
pois elas serão úteis no cálculo de integrais duplas.
Ponto de Partida
A escolha de um sistema de coordenadas especí�co geralmente é feita com base na facilidade de
representação das funções que serão descritas dentro desse sistema. Por isso, é bastante lógico
utilizar um sistema de coordenadas que tenha como referência o ângulo formado por uma curva
com algum eixo de referência, além da distância radial dessa curva em relação ao mesmo eixo.
É exatamente essa situação que nos leva ao uso do sistema de coordenadas polares. Nele,
podemos representar curvas de maneira mais intuitiva, especialmente aquelas que têm uma relação
intrínseca com a distância e a orientação radial. Por exemplo: uma circunferência é facilmente
expressa em coordenadas polares, onde o raio 
Nessa aula, trabalharemos com a transformação de coordenadas de um sistemaaplicação do teorema fundamental do cálculo.
Além disso, vamos discutir a diferença entre integrais de�nidas e inde�nidas.
Essas regras se revelarão úteis na solução de problemas futuros, simpli�cando a obtenção de
resultados de integrais. Daqui em diante, essas serão as diretrizes que utilizaremos para resolver
uma ampla variedade de integrais e enfrentar problemas relacionados a elas.
Para que você compreenda como podemos utilizar esses conceitos, suponha que você deseja
praticar o cálculo de integrais e selecionou algumas para resolver.
Quais técnicas você deve utilizar para resolver essas integrais? Vamos iniciar nossos estudos sobre
as integrais imediatas?
a) ∫( 1
x3 + 1
x
+ ex +√x3)dx
b)  ∫ π
0 (sen(x) + cos(x)) dx
c) ∫ (u+ 4)(2u+ 1)du
d)  ∫
2
1 (
1+√x+x
x )dx 
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Vamos Começar!
Para iniciarmos nossos estudos, vamos considerar a função 
lido como a integral de 
Nesse sentido, temos que a primitiva da função 
F(x) = 3x2
F '(x) = 6x
3x2
f(x) = 6x
F '(x) = f(x).
G(x) = 3x2 + 10
G'(x) = 6x
G(x) = 3x2 + 10
f(x) = 6x
∫ f(x)dx = F(x) +K
f(x) 
x
F(x)
F(x) +K
f(x)
K
f(x) = 6x
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Para determinar a constante 
É importante fazer uma distinção cuidadosa entre integral de�nida e inde�nida. Uma integral
de�nida 
Agora que você já sabe a distinção entre uma integral de�nida e inde�nida, vamos aprender algumas
regras para determinar as primitivas de alguns tipos de funções.
Sabemos que uma função polinomial é do tipo 
Além dessa regra, devemos utilizar a regra para integrar uma função potência, em que 
. Segundo essa regra, para integrarmos funções do tipo 
 somamos um ao expoente e dividimos a função pelo novo expoente, ou seja,
∫ 6xdx = 3x2 +K
K
K
K
K
∫
b
a f(x)dx
[a, b]
∫ f(x)dx
K
f(x) = a0 + a1x+ a2x
2 +…+ anx
n,
a0,  a1,  … ,  an
∫ cf(x)dx = c ∫ f(x)dx
n ≠ −1
xn
n ≠ −1
xn
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Você deve estar se perguntando e no caso de que 
 Nesse caso, teremos uma função do tipo 
 e para esse tipo de função a primitiva é a função 
 , ou seja,
Um outro caso é quando temos uma função constante do tipo 
. A integral desse tipo de função é a constante multiplicada pela variável que está sendo integrada,
ou seja,
No caso de termos funções exponencias do tipo 
 a integral será:
∫ xndx = xn+1
n+1 +K
∫ xndx = xn+1
n+1 +K
n = −1?
f(x) = 1
x = x−1
ln (x)
n = −1?
f(x) = 1
x = x−1
ln (x)
∫ 1
x dx = ln|x| +K
∫ 1
x
dx = ln|x| +K
f(x) = c
f(x) = c
∫ cdx = cx+K
∫ cdx = cx+K
f(x) = ax
f(x) = ax
∫ axdx = ax
ln(a) +K
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Dentre as funções exponenciais, temos 
 , cuja integral é a função 
, conforme segue:
No caso das funções trigonométricas, temos as seguintes integrais:
Além dessas regras, lembre-se que a integral de uma soma ou subtração de funções, e a soma ou
subtração das integrais dessas funções, isto é,
Cuidado com o caso em que há multiplicação ou divisão de funções no integrando, pois não há uma
regra que diz que a integral desse tipo de função é a multiplicação ou divisão da integral de cada
uma das funções. Para esses tipos de funções ou temos que realizar manipulações matemáticas de
∫ axdx = ax
ln(a) +K
f(x) = ex
F(x) = ex +K
f(x) = ex
F(x) = e
x +K
∫ exdx = ex
ln(e) +K = ex
1 +K = ex +K
∫ exdx = ex
ln(e) +K = ex
1 +K = ex +K
∫ cos(x)dx = sen(x) +K
∫ cos(x)dx = sen(x) +K
∫ sen(x)dx = −cos(x) +K
∫ sen(x)dx = −cos(x) +K
∫ tg(x)dx = ln     sec(x)  +K∣ ∣∫ tg(x)dx = ln     sec(x)  +K∣ ∣∫ [f(x) ± g(x)]dx = ∫ f(x)dx± ∫ g(x)dx
∫ [f(x) ± g(x)]dx = ∫ f(x)dx± ∫ g(x)dx
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tal forma que tenhamos uma soma ou subtração de funções ou aplicar regras mais complexas de
integração, mas não se preocupe pois iremos explorar essas técnicas nas nossas próximas aulas.
Siga em Frente...
Agora que você conhece as regras para calcular integrais de alguns tipos de funções, vamos aplicá-
las para resolver algumas integrais inde�nidas e de�nidas. Lembre-se que para calcular uma integral
de�nida, após determinar a primitiva, devemos aplicar o teorema fundamental do cálculo.
Exemplo 1: Resolva a integral inde�nida
Para resolvermos essa integral, temos que aplicar as seguintes regras:
Logo,
∫(3x3 − 4)dx
∫ [f(x) − g(x)]dx = ∫ f(x)dx− ∫ g(x)dx
∫ [f(x) − g(x)]dx = ∫ f(x)dx− ∫ g(x)dx
∫ cdx = cx+K
∫ cdx = cx+K
∫ xndx = xn+1
n+1 +K
∫ xndx = xn+1
n+1 +K
∫ cf(x)dx = c ∫ f(x)dx
∫ cf(x)dx = c ∫ f(x)dx
∫(3x3 − 4)dx = 3 ∫ x3dx− ∫ 4dx
∫(3x3 − 4)dx = 3 ∫ x3dx− ∫ 4dx
= 3 ⋅ x3+1
3+1 − 4x+K = 3x4
4 − 4x+K
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Exemplo 2: Resolva a integral de�nida
Nesse caso temos que aplicar o teorema fundamental do cálculo e as regras de integração.
Exemplo 3: Resolva a integral inde�nida
Note que as funções a serem integradas não apresentam semelhança com as funções que
examinamos até o momento. Nestes casos, é necessário realizar manipulações matemáticas a �m
de obtermos funções semelhantes àquelas cujas integrais já conhecemos. Nesse caso duas
propriedades matemáticas podem ser utilizadas, são elas:
= 3 ⋅ x3+1
3+1 − 4x+K = 3x4
4 − 4x+K
∫ 2
1 (e
x + 1
x
)dx
∫ 2
1 (e
x + 1
x
)dx
∫
2
1 (e
x + 1
x )dx = ∫
2
1 exdx+ ∫
2
1
1
x dx
∫
2
1 (e
x + 1
x )dx = ∫
2
1 exdx+ ∫
2
1
1
x dx
= [ex]21 + [ln|x|]21 = (e2 − e1)+ (ln 2 − ln 1)
= [ex]21 + [ln|x|]21 = (e2 − e1)+ (ln 2 − ln 1)
= e2 − e1 + ln 2 ≈ 5,36
= e2 − e1 + ln 2 ≈ 5,36
∫( 1
x2 +√x)dx
∫( 1
x2 +√x)dx
n√xm = x
m
n
n√xm = x
m
n
1
xn = x−n
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Utilizaremos essas propriedades para reescrever as funções do integrando e com isso chegaremos
a uma função do tipo potência.
Exemplo 4: Resolva a integral de�nida.
Nesse caso temos que aplicar o teorema fundamental do cálculo e as regras de integração. Observe
que estamos integrando as funções em relação a variável 
, assim a integral da constante será a constante vezes a variável 
.
1
xn = x−n
∫( 1
x2 +√x)dx = ∫(1 ⋅ x−2 + x
1
2 )dx
∫( 1
x2 +√x)dx = ∫(1 ⋅ x−2 + x
1
2 )dx
= ∫ x−2dx+ ∫ x
1
2 dx
= ∫ x−2dx+ ∫ x
1
2 dx
= x−2+1
−2+1 + x
1
2 +1
1
2 +1
+K
= x−2+1
−2+1 + x
1
2 +1
1
2 +1
+K
= x−1
−1 + x
3
2
3
2
+K = −x−1 + 2
3 x
3
2 +K
= x−1
−1 + x
3
2
3
2
+K = −x−1 + 2
3 x
3
2 +K
= − 1
x
+ 2
3
√x3 +K
= − 1
x
+ 2
3
√x3 +K
∫
π
2
0 [cos(t) + 2]dt
t
t
t
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
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É fundamental que você esteja atento às regras de integração, pois elas desempenharão um papel
crucial na resolução de diversos tipos de problemas matemáticos. Compreender e aplicar essas
regras não apenas simpli�cará o processo de integração, mas também será essencial para enfrentar
uma ampla variedade de desa�os na análise de funções e na resolução de problemas práticos.
Portanto, familiarizar-se e dominar as regras de integração é um passo essencial para o sucesso em
estudos mais avançados em cálculo.
Vamos Exercitar?
Agora que você já conhece as técnicas de integração, vamos retomar nossa situação inicial e
resolver as integrais propostas.
Antes de aplicarmos as regras de integração, temos que reescrever essas funções de tal forma que
elas sejam semelhantes às integrais imediatas. Para isso utilizaremos as propriedades 
 e 
.
t
∫
π
2
0 [cos(t) + 2]dt = ∫
π
2
0 cos(t)dt+ ∫
π
2
0 2dt
= [sen (t)]
π
2
0 + [2t]
π
2
0 = [sen( π
2 )− sen(0)]+ [2 ⋅ π
2 − 2 ⋅ 0]
= 1 − 0 + π− 0 = 1 + π ≈ 4,14
a) ∫( 1
x3 + 1
x + ex +√x3)dx
a) ∫( 1
x3 + 1
x + ex +√x3)dx
n√xm = x
m
n
1
xn = x−n
n√xm = x
m
n
1
xn = x−n
∫( 1
x3 + 1
x
+ ex +√x3)dx = ∫(1 ⋅ x−3 + 1
x
+ ex + x
3
2 )dx
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Nesse caso temos que encontrar a primitiva para as funções e posteriormente aplicar o teorema
fundamental do cálculo.
∫( 1
x3 + 1
x
+ ex +√x3)dx = ∫(1 ⋅ x−3 + 1
x
+ ex + x
3
2 )dx
= ∫ x−3dx+ ∫ 1
x
dx+ ∫ exdx+ ∫ x
3
2 dx
= ∫ x−3dx+ ∫ 1
x dx+ ∫ exdx+ ∫ x
3
2 dx
= x−3+1
−3+1 + ln|x|cartesiano
bidimensional ortogonal para um sistema de coordenadas polares. Para ilustrar como podemos
empregar as coordenadas polares na resolução de problemas, suponha para que um avião atinja
uma altitude desejada num determinado tempo, deve-se seguir uma trajetória pré-determinada,
conforme ilustra a Figura 1. Observa-se que a posição do ponto B foi fornecida ao piloto do avião em
coordenadas cartesianas, sendo 
r
θ
B (10,7)
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Figura 1 | Trajetória do avião
Como podemos resolver esse problema? Como as coordenadas polares podem ser utilizadas para
resolver o problema? Vamos iniciar nossos estudos?
Vamos Começar!
Existem diferentes sistemas de coordenadas. O sistema de coordenadas polares pode ser
comparado em importância ao sistema de coordenadas cartesianas, devido à sua gama de
utilizações.
As coordenadas polares oferecem uma perspectiva única e e�caz para descrever a posição de um
ponto em um plano e sua relação com as coordenadas cartesianas é fundamental para
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entendermos melhor o espaço bidimensional. Enquanto as coordenadas cartesianas se baseiam em
direções ortogonais (horizontal e vertical), as coordenadas polares utilizam a distância de um ponto
a partir de um ponto central (o polo) e o ângulo formado com um eixo de referência.
Em coordenadas cartesianas, um ponto é descrito por um par ordenado 
Já em coordenadas polares, um ponto é representado por um par ordenado 
(x,  y)
x 
y
y
x
(3,  4)
(r,  θ)
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Figura 2 | Coordenadas polares
O ponto �xo é chamado de polo (origem), representado pela letra 
A cada ponto 
 é a distância do polo   ao ponto  .
 é o ângulo entre o eixo polar e o segmento de reta  .
Assim, para escrever uma coordenada polar no plano, é necessário saber a distância em relação à
origem �xada e para qual direção se deve caminhar para atingir este ponto.
Observação: por convenção, o ângulo 
No caso de 
Se   , o ponto   está no mesmo quadrante que  .
Se    , ele está no quadrante do lado oposto ao polo.
O
Ox
P
(r,  θ)
r O P
θ OP
−→
θ
r
(−r, θ)
(r,  θ)
O
|r|
O
r > 0 (r, θ) θ
ruma integral dupla em regiões desse tipo. Ao �nal, vamos analisar uma
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https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/
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https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584103/
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situação em que as coordenadas polares podem ser empregadas na resolução de uma integral
dupla.
Ponto de Partida
Anteriormente, estudamos as integrais duplas em intervalos retangulares e gerais e suas diferentes
aplicações. Vamos aprender agora uma técnica simples que pode facilitar muito o cálculo de
algumas integrais duplas, principalmente quando a região de integração é do tipo circular. As
integrais em coordenadas polares são uma ferramenta poderosa na matemática, especialmente
quando lidamos com problemas que possuem simetria radial. Ao invés de trabalharmos com os
tradicionais sistemas de coordenadas retangulares 
Essa mudança de coordenadas nos permite simpli�car a descrição de muitas �guras e funções,
especialmente aquelas que possuem simetria circular ou espiral. Para entender como funcionam as
integrais em coordenadas polares, é importante utilizarmos as relações entre coordenadas
cartesianas e polares, vistas anteriormente.
Para ilustrar como podemos empregar o conceito de integrais duplas em regiões polares, suponha
que você deseje projetar uma superfície semelhante a uma cúpula para armazenamento de grãos
agrícolas, isto é, você deseja projetar um silo agrícola com forma de cúpula. Então, como primeiro
passo do seu projeto, você necessita de�nir qual será o volume dessa superfície. Sabendo que o
volume ideal da superfície pode ser aproximado, em m³ (no caso, unidade de milhar), pelo sólido
limitado acima do cone 
Como podemos resolver esse problema? Como as integrais duplas em regiões polares podem ser
empregadas na resolução desse problema? Vamos iniciar nossos estudos?
Vamos Começar!
(x,  y)
(r,  θ)
r
θ
x
z = √x2 + y2
x2 + y2 + z2 = 8
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Suponha que você deseje calcular a área da região delimitada pelo círculo 
Para avaliarmos a variação de 
Assim, a região de integração é dada por 
Em que 
x2 + y2 = 4
x
y
y
y2 = 4 − x2
y = ±√4 − x2
x
y = 0
4 − x2 = 0
x2 = 4
x = ±2
D = {(x, y),−2 ≤ x ≤ 2,   − √4 − x2 ≤ y ≤ √4 − x2 }
R
x = r cos (θ)
y = r sen (θ)
r2 = x2 + y2
r
θ
R
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em que 
R = {(r, θ)|a ≤ r ≤ b,  α ≤ θ ≤ β}
r
θ
0
2π
[a, b]
m
[ri−1,  ri]
Δr = b−a
m
[α,  β]
n
[θj−1,  θj]
Δθ = β−α
n
r = ri
θ = θi
R
Rij
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Figura 1 | Elementos de integração. Fonte: Stewart; Clegg; Watson (2022, p. 982).
 Portanto, a integral dupla em coordenada polar é calculada pela expressão:
A expressão acima estabelece que a conversão de coordenadas retangulares para coordenadas
polares em uma integral dupla ocorre ao substituirmos 
∫
R
∫ f(x, y)dA = ∫ β
α
∫ b
a
f(r cos(θ),  r sen (θ)) r drdθ
x
r cos (θ)
y
r sen (θ)
r
θ
dA
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Considerando o que estudamos até o momento, vamos resolver alguns exemplos.
Exemplo 1
Calcule a integral, convertendo-as antes para coordenadas polares.
Solução
Da integral temos que:
Logo, a região em coordenadas polares será dada por:
Portanto, 
rdrdθ
r
r dθ
dr
dA  =  rdrdθ
∫ 4
−4 ∫
√16−x2
0 sen (x2 + y2)dydx
0 ≤ y ≤ √16 − x2
−4 ≤ x ≤ 4
y = √16 − x2
y2 = 16 − x2
y2 + x2 = 16
r2 = 16 → r = 4
0 ≤ r ≤ 4
y = √16 − x2
0 ≤ θ ≤ π
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Siga em Frente...
Para resolver essa integral temos que utilizar a mudança de variável. Assim, considerando que 
Exemplo 2
Deseja-se calcular a integral:
R = {(x, y)|0 ≤ r ≤ 4,  0 ≤ θ ≤ π}
r
θ
sen (x2 + y2)
x2 + y2 = r2
sen (r2)
∫ 4
−4 ∫
√16−x2
0 sen  (x2 + y2)dydx = ∫ π
0 ∫ 4
0 sen (r2) ⋅ rdrdθ =
u = r2
du = 2r dr
r = 0
u = 0
r = 4
u = (4)2 = 16.  
∫ π
0 ∫ 4
0 sen(r2) ⋅ rdrdθ = ∫ π
0 ∫ 16
0 senu du
2 dθ = ∫ π
0
1
2 [− cos(u)]160 dθ
= 1
2 ∫
π
0 [− cos(16) − (− cos(0))] dθ = 1
2 ∫
π
0 (− cos(16) + 1)dθ
= 1
2 [−θ cos(16) + θ]π0 = − 1
2 π cos(16) + π
2 ≅3,07
∫D ∫ ydA
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onde D é a região do limitada pelo semicírculo 
Solução
Primeiro temos que encontrar a região 
Logo, 
Exemplo 3
Determine o volume do sólido limitado pelo plano 
Solução
y = √9 − x2.
D
y = √9 − x2.
y = √9 − x2
y2 = 9 − x2
y2 + x2 = 9
r2 = 9 → r = 3
0 ≤ r ≤ 3
0 ≤ θ ≤ π
y = r sen (θ)
∫D ∫ ydA = ∫ 3
0 ∫
π
0 (r sen (θ)) ⋅ rdθdr = ∫ 3
0 ∫
π
0 r2 sen (θ)dθdr = ∫ 3
0 r2[− cos(θ)]π0dr = ∫ 3
0 r
∫ 3
0 2r2dr = [ 2r3
3 ]
3
0
= 2(3)3
3 − 0 = 18
z  =  0
z  =  4  −  x2 − y2.  
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Se considerarmos 
Portanto, o volume é de 
Vamos Exercitar?
Agora que você já aprendeu sobre as coordenadas polares e como utilizá-las para o cálculo de
integrais duplas, vamos retornar a nossa situação inicial. Nessa situação, você precisa de�nir qual
será o volume de um sólido limitado superiormente pelo cone 
Para determinar o volume, o primeiro passo é de�nir a nossa região 
z = 0
x2 + y2 = 4
x2 + y2 = 4
D
x2 + y2 ≤ 4
D
0 ≤ r ≤ 2
0 ≤ θ ≤ 2π
4 − x2 − y2 = 4 − (x2 + y2) = 4 − r2
V = ∫D ∫ (4 − x2 − y2)dA = ∫
2π
0 ∫
2
0 (4 − r2)rdrdθ = ∫
2π
0 ∫
2
0 (4r− r3)drdθ
= ∫
2π
0 [ 4r2
2 − r4
4 ]
2
0
dθ = ∫
2π
0 [2(2)2 − (2)4
4 − 0]dθ = ∫
2π
0 (8 − 4) dθ = ∫
2π
0 4dθ
= [4θ]2π0 = 8π
8π
z = √x2 + y2
x2 + y2 + z2 = 8
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Então, com base nessas condições, a nossa região é uma região do tipo polar. Assim, considerando
que 
Neste ponto, vamos encontrar o volume da superfície em questão, assim temos que:
Para resolvermos a integral 
R
R
z
x2 + y2 + (√x2 + y2)
2
= 8
x2 + y2 + x2 + y2 = 8
2(x2 + y2) = 8
x2 + y2 = 8
2
r2 = x2 + y2
r2 = 4
r = 2
R
R = {(r, θ), 0 ≤ r ≤ 2,  0 ≤ θ ≤ 2π}
V = ∫
R
∫(√8 − x2 − y2 −√x2 + y2) dA = ∫ 2π
0 ∫ 2
0 (√8 − r2 − r)rdrdθ
= ∫ 2π
0 ∫ 2
0 r√8 − r2drdθ− ∫ 2π
0 ∫ 2
0 r2drdθ
∫ 2
0 r√8 − rdr
u = 8 − r2
du = −2r dr
r = 0
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Portanto, o volume do sólido é de aproximadamente 13,88 unidades de volume.
 
 
Saiba mais
Uma abordagem essencial para a aprendizagem em matemática consiste em praticar a resolução de
exercícios, pois isso possibilita a aplicação das diversas propriedades relacionadas aos conceitos
discutidos. Sendo assim, ao seguir essa estratégia, sugiro a leitura e a realização de alguns
exercícios relevantes relacionados aos tópicos abordados durante a aula.
u = 8
r = 2
u = 8 − (2)2 = 4.  
V = ∫
2π
0 ∫
2
0 r√8 − r2drdθ− ∫
2π
0 ∫
2
0 r2drdθ
= ∫ 2π
0 ∫ 4
8 √u ⋅ du
−2 dθ− ∫ 2π
0 ∫ 2
0 r2drdθ
= − 1
2 ∫
2π
0 ∫ 4
8 u
1
2 dudθ− ∫ 2π
0 ∫ 2
0 r2drdθ
= − 1
2 ∫
2π
0 [ 2
3 u
3
2 ]
4
8
dθ− ∫ 2π
0 [ r3
3 ]
2
0
dθ
= − 1
3 ∫
2π
0 [√(4)3 −√(8)3]dθ− ∫ 2π
0 [ (2)3
3 − 0]dθ
= − 1
3 ∫
2π
0 (8 − 16√2)dθ− ∫
2π
0
8
3 dθ
= − 1
3 [(8 − 16√2)θ]
2π
0
− [ 8
3 θ]
2π
0
= − 1
3 [(8 − 16√2)2π]− 16π
3 ≈ 13,88
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Com o objetivo de aprimorar seus conhecimentos sobre integrais em coordenadas polares leia a
seção 15.3 – Integrais duplas coordenadas polares do livro Cálculo – volume 2 de James Stewart,
Daniel Clegg e Saleem Watson disponível na sua biblioteca virtual.
Ao �nal da seção há uma série de exercícios, selecione alguns para resolver! Ah, e uma dica, resolva
os exercícios ímpares, pois ao �nal do livro existem as respostas, assim você pode conferir se
acertou nos cálculos! Bons estudos!
Referências
ANTON, H. et al. Cálculo: v. 2. Porto Alegre: Grupo A, 2014. E-book. ISBN 9788582602461. Disponível
em: https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602461/. Acesso em: 11 fev. 2024.
LARSON, R. Cálculo aplicado – curso rápido:Tradução da 9ª ed. norte-americana. São Paulo:
Cengage Learning Brasil, 2016. E-book. ISBN 9788522125074. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/. Acesso em: 21 jan. 2024.
MORETTIN, P. A.; BUSSAB, W. O.; HAZZAN, S. Cálculo – funções de uma e várias variáveis. São
Paulo: Editora Saraiva, 2016. E-book. ISBN 9788547201128. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART, J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo: v.1. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2021. E-book.
ISBN 9786555584097. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART, J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo: v. 2. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2022. E-book.
ISBN 9786555584103. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584103/. Acesso em: 11 fev. 2024.
Aula 5
Encerramento da Unidade
Videoaula de Encerramento
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Dica para você
Aproveite o acesso para baixar os slides do vídeo, isso pode deixar sua
aprendizagem ainda mais completa.
Olá, estudante! Esperamos que esteja bem! Nessa aula primeiro vamos discutir sobre o cálculo de
integrais em regiões retangulares. Posteriormente, vamos discutir sobre o cálculo de integrais de
funções em regiões mais gerais. Além disso, discutiremos sobre as coordenadas polares e como
podemos empregar essas coordenadas para resolver integrais duplas sobre regiões circulares.
Ponto de Chegada
Olá, estudante! Para desenvolver a competência desta unidade, que é compreender conceitos e
técnicas relativas às integrais de funções de duas variáveis e suas aplicações, é necessário que
você conheça quais são essas técnicas.
As integrais duplas são ferramentas poderosas na matemática que nos permitem calcular a integral
de uma função de duas variáveis sobre uma região no plano. Enquanto as integrais simples lidam
com funções de uma variável ao longo de um intervalo, as integrais duplas expandem esse conceito
para funções de duas variáveis sobre uma região bidimensional. Essas regiões podem ser do tipo
retangular, não retangular (ou gerais) e polares.
Dada uma função 
Por outro lado, dada uma função 
f
R = [a, b] × [c, d].
f
R = [a, b] × [c, d]
∫
R
∫ f(x, y)dA = ∫ b
a
∫ d
c
f(x, y)dydx = ∫ d
c
∫ b
a
f(x, y)dxdy
f
D
y
x
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Para calcularmos a integral dupla de uma função contínua 
e o cálculo da integral dupla de uma função 
Dada uma função 
Para o cálculo desse tipo de integral, devemos utilizar as relações existentes entre as coordenadas
cartesianas e polares:
D = {(x, y), a ≤ x ≤ b,  g1(x) ≤ y ≤ g2(x)}
y
x
x
y
D = {(x, y), c ≤ y ≤ d,  h1(y) ≤ x ≤ h2(y)}
f
D
∫D ∫ f(x, y)dA = ∫
b
a ∫
g2(x)
g1(x)
f(x, y)dydx
f
D
∫
D
∫ f(x, y)dA = ∫ d
c
∫ h2(y)
h1(y)
f(x, y)dxdy
f 
R
R = {(r, θ)|a ≤ r ≤ b,  α ≤ θ ≤ β}
∫
R
∫ f(x, y)dA = ∫ β
α
∫ b
a
f(r cos(θ),  r sen (θ)) r drdθ
x = r cos (θ)
y = r sen (θ)
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Entre as aplicações das integrais duplas, é possível empregá-las para determinar o volume. Dado
que se 
Além da determinação de volumes, as integrais duplas também podem ser empregadas no cálculo
da área de uma região plana 
Além das aplicações mencionadas até agora, as integrais duplas também podem ser usadas para
encontrar o centro de massa de uma lâmina ou placa �na. Suponha que uma lâmina ocupe uma
região 
r2 = x2 + y2
f (x,  y)  ≥  0
V
R
z  =  f (x,  y)
V = ∫R ∫ f(x, y) dA
D
D
A = ∫D ∫ 1dA
D
xy
(x, y)
D
ρ(x, y)
ρ
D
m = ∫
D
∫ ρ(x, y)dA
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Para determinarmos o centro de massa precisamos encontrar os momentos da lâmina em relação
aos eixos coordenados. Assim, o momento em relação ao eixo 
E o momento em relação ao eixo 
As coordenadas 
É crucial notar que as integrais duplas possuem uma ampla gama de aplicações em diversas áreas
da matemática, física, engenharia e outras disciplinas. Desde o cálculo de áreas e volumes até o
estudo de densidades e centros de massa, esses conceitos são fundamentais em muitos contextos.
Portanto, é essencial que você pratique a resolução de problemas que envolvam integrais duplas.
Isso não só solidi�cará seu entendimento teórico, mas também desenvolverá suas habilidades
práticas na aplicação desses conceitos. Quanto mais você praticar com uma variedade de
problemas, mais con�ante e experiente se tornará no uso e�caz das integrais duplas.
É Hora de Praticar!
x
Mx = ∫
D
∫ yρ(x, y)dA
y
My = ∫
D
∫ xρ(x, y)dA
(
−
x,
−
y)
D
ρ(x,  y)
−
x =
My
m = 1
m ∫D ∫ xρ(x, y)dA =
∫
D
∫ xρ(x,y)dA
∫
D
∫ ρ(x,y)dA
−
y = Mx
m
= 1
m
∫
D
∫ yρ(x, y)dA =
∫
D
∫ yρ(x,y)dA
∫
D
∫ ρ(x,y)dA
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Para contextualizar sua aprendizagem, suponha que você vai projetar uma máquina industrial com
dois componentes   e   e deseja saber a probabilidade de esses componentes falharem caso a
máquina sofra algum processo de deterioração. Particularmente, você deseja saber a probabilidade
de o primeiro componente sobreviver sete horas ou menos, e o segundo componente sobreviver
duas horas ou mais, pois, por condições do gestor da indústria, é necessário que o primeiro
componente tenha um tempo de falha maior do que o segundo. Sabendo que a função densidade de
probabilidade que governa os tempos de vida dos componentes é descrita por:
tal que   e  , como calculamos essa probabilidade? Como calculamos a
probabilidade do primeiro componente sobreviver sete horas ou menos e o segundo componente
sobreviver duas horas ou mais com base nos conceitos aprendidos nessa unidade, particularmente,
utilizando o conceito de integral dupla?
Considerando a ampla variedade de situações em que os conceitos abordados na unidade podem
ser aplicados, convidamos à re�exão sobre essas duas questões:
Como a escolha da ordem de integração em uma integral dupla pode afetar o resultado �nal?
De que maneira as integrais duplas podem ser empregadas para resolver problemas em sua área de
atuação?
Atualmente, a teoria de probabilidade se tornou o ramo da estatística que é relacionado com
fenômenos aleatórios (ou casuais), sendo a peça-chave para o desenvolvimento de modelos. Nas
últimas décadas, muitos pesquisadores têm se dedicado ao seu estudo devido ao seu interesse
intrínseco, bem como as muitas aplicações bem-sucedidas em muitas áreas das ciências físicas,
biológicas e sociais, na engenharia e no mundo dos negócios. Sabe-se que uma função densidade
conjunta de   e   é uma função   de duas variáveis tais que a probabilidade de que   esteja
em uma região   seja:
Em particular, se a região for um retângulo, a probabilidade de que   esteja entre   e  e de que 
 esteja entre   e   é:
Como queremos determinar a probabilidade do primeiro componente sobreviver sete horas ou
menos temos que  , além disso, queremos determinar a probabilidade de que o segundo
componente sobreviva duas horas ou mais, ou seja,  . Utilizando a função densidade de
probabilidade teremos:
x y
f(x, y) = 1
1500 (x+ 2y)
0 ≤ x ≤ 10 0 ≤ y ≤ 10
X Y f (X,  Y )
D
P((X,Y ) ∈ D) = ∫D ∫ f(x, y)dA
X ab  Y
c d
P(a ≤ X ≤ b,  c ≤ Y ≤ d) = ∫ d
c
∫ b
a
f(x, y)dxdy
0 ≤ x ≤ 7
2 ≤ y ≤ 10
P(0 ≤ X ≤ 7,  2 ≤ Y ≤ 10) = ∫ 10
2 ∫ 7
0 [
1
1500 (x+ 2y)]dxdy
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Isto é, existe uma probabilidade de 57,87% de que o primeiro componente da máquina projetada por
você sobreviva sete horas ou menos, e de que o segundo componente sobreviva duas horas ou
mais.
Os conceitos das integrais duplas têm um papel essencial na solução de uma ampla gama de
problemas em várias áreas do conhecimento. Dada essa extensa aplicabilidade, é fundamental
compreender as características principais desses princípios. Essas características estão
ilustradas na Figura 1.
Figura 1 | Integrais duplas
= 1
1500 ∫
10
2 [ x2
2 + 2yx]
7
0
dy = 1
1500 ∫
10
2 [ (7)2
2 + 2y(7) − 0]dy
= 1
1500 ∫
10
2 ( 49
2 + 14y)dy = 1
1500 [
49
2 y+ 14y2
2 ]
10
2
= 1
1500 [(
49⋅10
2 + 7(10)2)− ( 49⋅2
2 + 7(2)2)]
= 1
1500 [245 + 700 − 49 − 28] = 868
1500 = 0,5787
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ANTON, H. et al. Cálculo. v.2. Porto Alegre: Grupo A, 2014. E-book. ISBN 9788582602461. Disponível
em: https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602461/. Acesso em: 11 fev. 2024.
LARSON, R. Cálculo Aplicado – Curso rápido: Tradução da 9ª ed. norte-americana. São Paulo:
Cengage Learning Brasil, 2016. E-book. ISBN 9788522125074. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/. Acesso em: 21 jan. 2024.
MORETTIN, P. A.; BUSSAB, W. O.; HAZZAN, S. Cálculo – Funções de uma e várias variáveis. São
Paulo: Editora Saraiva, 2016. E-book. ISBN 9788547201128. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART, J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo: v.1. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2021. E-book.
ISBN 9786555584097. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART, J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo: v.2. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2022. E-book.
ISBN 9786555584103. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584103/. Acesso em: 11 fev. 2024.
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602461
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584103/+ ex + x
3
2 +1
3
2 +1
+K
= x−3+1
−3+1 + ln|x| + ex + x
3
2 +1
3
2 +1
+K
= x−2
−2 + ln|x| + ex + x
5
2
5
2
+K
= x−2
−2 + ln|x| + ex + x
5
2
5
2
+K
= − 1
2x2 + ln|x| + ex + 2
5
√x5 +K
= − 1
2x2 + ln|x| + ex + 2
5
√x5 +K
b)  ∫
π
0 (sen(x) + cos(x)) dx
b)  ∫ π
0 (sen(x) + cos(x)) dx
∫ π
0 (sen(x) + cos(x)) dx = ∫ π
0 sen(x)dx+ ∫ π
0 cos(x)dx
∫ π
0 (sen(x) + cos(x)) dx = ∫ π
0 sen(x)dx+ ∫ π
0 cos(x)dx
= [− cos (x)]π0 + [sen (x)]π0
= [− cos (x)]π0 + [sen (x)]π0
= [− cos(π) − (− cos(0))]  + [sen(π) − sen(0)]
= [− cos(π) − (− cos(0))]  + [sen(π) − sen(0)]
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Antes de integrarmos, temos que realizar a multiplicação das duas funções, uma vez que
Logo,
Antes de integrarmos essa função, temos que reescrevê-la, uma vez que temos uma divisão de
funções. Para reescrever a função, podemos utilizar a propriedade de divisão de potências de
= −(−1) + 1 + 0 + 0 = 2
= −(−1) + 1 + 0 + 0 = 2
c) ∫(u+ 4)(2u+ 1)  du
c) ∫(u+ 4)(2u+ 1)  du
∫ [f(x) ⋅ g(x)]dx ≠ ∫ f(x) dx ⋅ ∫ g(x) dx
∫ [f(x) ⋅ g(x)]dx ≠ ∫ f(x) dx ⋅ ∫ g(x) dx
∫(u+ 4)(2u+ 1)du = ∫(2u2 + u+ 8u+ 4)du
∫(u+ 4)(2u+ 1)du = ∫(2u2 + u+ 8u+ 4)du
= ∫(2u2 + 9u+ 4)du = 2 ∫ u2du+ 9 ∫ udu+ ∫ 4du
= ∫(2u2 + 9u+ 4)du = 2 ∫ u2du+ 9 ∫ udu+ ∫ 4du
= 2 ⋅ u2+1
2+1 + 9 ⋅ u1+1
1+1 + 4u+K
= 2 ⋅ u2+1
2+1 + 9 ⋅ u1+1
1+1 + 4u+K
= 2u3
3 + 9u2
2 + 4u+K
= 2u3
3 + 9u2
2 + 4u+K
d)  ∫ 2
1 (
1+√x+x
x
)dx 
d)  ∫ 2
1 (
1+√x+x
x
)dx 
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mesma base, ou seja, 
.
xn
xm = xn−m
xn
xm = xn−m
∫ 2
1 (
1+√x+x
x
)dx = ∫ 2
1 (
1
x
+ x
1
2
x
+ x
x
)dx = ∫ 2
1 (
1
x
+ x
1
2 −1 + x1−1)dx
∫ 2
1 (
1+√x+x
x )dx = ∫ 2
1 (
1
x + x
1
2
x + x
x)dx = ∫ 2
1 (
1
x + x
1
2 −1 + x1−1)dx
= ∫
2
1 (
1
x + x− 1
2 + x0)dx = ∫
2
1 (
1
x + x− 1
2 + 1)dx
= ∫ 2
1 (
1
x
+ x− 1
2 + x0)dx = ∫ 2
1 (
1
x
+ x− 1
2 + 1)dx
= ∫ 2
1 1/xdx+ ∫ 2
1 x( − 1/2)dx+ ∫ 2
1 1dx
= ∫ 2
1 1/xdx+ ∫ 2
1 x( − 1/2)dx+ ∫ 2
1 1dx
= [ln|x|]21 + [ x
− 1
2 +1
− 1
2 +1
]
2
1
+ [x]21
= [ln|x|]21 + [ x
− 1
2 +1
− 1
2 +1
]
2
1
+ [x]21
= [ln|x|]21 + [ x
1
2
1
2
]
2
1
+ [x]21 = = [ln|x|]21 + [2√x]
2
1
+ [x]21
= [ln|x|]21 + [ x
1
2
1
2
]
2
1
+ [x]21 = = [ln|x|]21 + [2√x]
2
1
+ [x]21
= ln|2| − ln|1| + 2√2 − 2√1 + 2 − 1
= ln|2| − ln|1| + 2√2 − 2√1 + 2 − 1
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Saiba mais
Uma abordagem essencial para a aprendizagem em Matemática consiste em praticar a resolução de
exercícios, pois isso possibilita a aplicação das diversas propriedades relacionadas aos conceitos
discutidos. Sendo assim, ao seguir essa estratégia, sugiro a leitura e a realização de alguns
exercícios relevantes relacionados aos tópicos abordados durante a aula.
Com o objetivo de aprimorar seus conhecimentos sobre as integrais inde�nidas e as técnicas de
integração leia a seção 5.1 – Primitivas e integrais inde�nidas do livro Cálculo Aplicado – Curso
rápido do autor Ron Larson disponível na sua biblioteca virtual.
Uma outra opção de leitura sobre as integrais inde�nidas é a seção 5.2 – A integral inde�nida do
livro Cálculo: volume 1 de Howard Anton et al. disponível em sua biblioteca virtual.
Ao �nal de cada seção, há uma série de exercícios, selecione alguns para resolver! Ah, e uma dica,
resolva os exercícios ímpares, pois ao �nal do livro existem as respostas, assim você pode conferir
se acertou nos cálculos! Bons estudos!
Referências
ANTON, H. et al. Cálculo: v.1. Porto Alegre: Grupo A, 2014. E-book. ISBN 9788582602263. Disponível
em: https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602263/. Acesso em: 21 jan. 2024
LARSON, R. Cálculo aplicado – curso rápido: Tradução da 9ª ed. norte-americana. São Paulo:
Cengage Learning Brasil, 2016. E-book. ISBN 9788522125074. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/. Acesso em: 21 jan. 2024.
MORETTIN, P. A.; BUSSAB, W. O.; HAZZAN, S. Cálculo – Funções de uma e várias variáveis. São
Paulo: Editora Saraiva, 2016. E-book. ISBN 9788547201128. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART, J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo: v.1. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2021. E-book.
ISBN 9786555584097. Disponível em:
= ln(2) − 0 + 2√2 − 2 + 2 − 1
= ln(2) − 0 + 2√2 − 2 + 2 − 1
ln(2) + 2√2 − 1 ≈ 2,52
ln(2) + 2√2 − 1 ≈ 2,52
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
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Aula 3
Integração por Mudança de Variável
Integração por Mudança de Variável
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Dica para você
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Olá, estudante! Esperamos que esteja bem! Nessa aula vamos explorar uma técnica de integração
que permite que encontremos a primitiva de funções em casos em que temos funções do tipo 
. Assim estudaremos a técnica de mudança de variável ou método da substituição,
bem como iremos resolver exemplos de como aplicar essa técnica na resolução de integrais
de�nidas e inde�nidas.
Ponto de Partida
No contexto do cálculo diferencial e integral, observamos que muitas funções primitivas não podem
ser determinadas diretamente por meio da aplicação de técnicas de integração mais simples, como
a regra da potência para integrais. Em alguns casos, são necessárias manipulações algébricas
especí�cas para obter essas funções. Por exemplo, podemos empregar a regra da cadeia para
integrais ou, de maneira mais direta, a regra da mudança de variáveis.
A regra da mudança de variáveis, uma técnica fundamental no cálculo integral, oferece uma maneira
e�caz de simpli�car integrais complexas. Ela envolve a substituição de uma variável por uma
expressão diferente, facilitando a manipulação e resolução da integral. Essa estratégia não apenas
simpli�ca cálculos, mas também permite lidar com funções de forma mais conveniente, tornando a
avaliação de integrais mais acessível e e�ciente em uma variedade de contextos matemáticos.
f(g(x)) ⋅ g'(x)
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Para que você compreenda como podemos utilizar essa técnica, suponha que você deseja praticar o
cálculo de integrais e selecionou algumas para resolver.
Como podemos empregar a técnica de mudança de variáveis para resolver essas integrais? Vamos
iniciar nossos estudos sobre essa técnica?
Vamos Começar!
É possível que você tenha notado a complexidade ao lidar com integrais de produto ou divisão de
funções, correto? Nesta aula, abordaremos esses desa�os, aplicando as técnicas de integração,
especialmente a substituição de variáveis ou mudança de variáveis. A ideia central dessa técnica é
transformar uma integral relativamente complexa em uma mais simples. Esse objetivo é alcançado
ao realizar uma mudança da variável original 
 Teorema: seja g uma função diferençável com sua imagem em um intervalo 
a) ∫ e√x
√x
dx
b)  ∫ x2√x− 1dx
c)  ∫
π
2
0 cos( x
2 )dx
d)  ∫
2
0 (2x+ 7) 4√(x2 + 7x+ 3)5
x
u
x
I
I
F
f
I
∫ [f(g(x)) ⋅ (g'(x))]dx = F(g(x)) +K               (1)
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Vamos à demonstração desse teorema. Assumimos a hipótese que 
. Utilizando a regra da cadeia para diferenciar a primitiva temos:
Por hipótese,temos que 
, logo
Assim, temos que 
 é uma primitiva da função 
, uma vez que a derivada da primitiva é a função a ser integrada. Se �zermos a mudança de variável
ou substituição 
 então a equação (1) �cará:
Logo, podemos enunciar a regra da mudança de variável como:
F '(g(x)) = f(g(x))
F '(g(x)) = f(g(x))
d
dx [F(g(x))] = F '(g(x)) ⋅ g'(x)
d
dx [F(g(x))] = F '(g(x)) ⋅ g'(x)
F '(g(x)) = f(g(x))
F '(g(x)) = f(g(x))
d
dx
[F(g(x))] = f(g(x)) ⋅ g'(x)
d
dx [F(g(x))] = f(g(x)) ⋅ g'(x)
F(g(x))
f(g(x)) ⋅ g'(x)
u = g (x)
F(g(x))
f(g(x)) ⋅ g'(x)
u = g (x)
∫ [f(g(x)) ⋅ (g'(x))]dx = F(g(x)) +K = F(u) +K = ∫ f(u)du
∫ [f(g(x)) ⋅ (g'(x))]dx = F(g(x)) +K = F(u) +K = ∫ f(u)du
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Se 
 for uma função derivável cuja imagem é um intervalo 
 e 
 for contínua em 
, então,
Lembre-se que se 
Note que a demonstração apresenta o caminho que adotaremos para encontrarmos funções
primitivas por meio de uma substituição de variáveis. Descrevemos, a seguir, um passo a passo para
aplicação:
Passo 1: Identi�car 
Passo 2: Derivar os dois lados dessa equação em relação a 
Passo 3: Isolar 
u  =  g (x)
I
f
I
u  =  g (x)
I
f
I
∫ [f(g(x)) ⋅ (g'(x))]dx = ∫ f(u)du
∫ [f(g(x)) ⋅ (g'(x))]dx = ∫ f(u)du
u = g(x)
du = g'(x)dx
g(x)
u
x
dx
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Passo 4: Substituir na integral 
Passo 5: Simpli�car a função, de forma que restem apenas elementos da variável 
Passo 6: Resolver a integral em relação a 
Passo 7: Voltar esse resultado para a variável 
A seguir, resolveremos alguns exemplos dessa aplicação:
Exemplo 1: Resolva a integral
Solução
Passo 1: devemos identi�car a função 
Passo 2: Derivamos ambos os membros da equação em relação a variável 
g(x)
u
dx 
u
x
u
u
x
∫[2x(x2 + 4)
20
] dx
g(x)
u
g(x)
g(x)
u = x2 + 4
x
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
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Passo 3: isolamos 
Passo 4: realizamos as substituições na integral:
Passo 5: realizamos as simpli�cações de tal forma que tenhamos apenas a variável 
Passo 6: integramos em relação a 
Passo 7: escrevemos o resultado em termos da variável original 
Exemplo 2: Resolva a integral
Solução
Passo 1: identi�car a função 
du = 2xdx
dx
dx = du
2x
∫[2x(x2 + 4)
20
] dx = ∫(2x(u)20) du
2x  
u
∫[2x(x2 + 4)
20
] dx = ∫(2x(u)20) du
2x = ∫ u20du 
u
∫[2x(x2 + 4)
20
] dx = ∫ u20du = u21
21 +K
x
∫[2x(x2 + 4)
20
] dx = ∫ u20du = u21
21 +K =
(x2+4)
21
21 +K
∫ (sen2(x) cos (x)) dx
∫ (sen2(x) cos (x)) dx
g(x)
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
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Passo 2: derivar ambos os membros da equação em relação a variável 
Passo 3: isolar 
Passo 4: realizar as substituições na integral:
Passo 5: realizar as simpli�cações de tal forma que tenhamos apenas a variável 
Passo 6: integrar em relação a 
Passo 7: escrever o resultado em termos da variável original 
Siga em Frente...
Pensaremos, agora, na aplicação da regra da substituição para integrais em casos em que temos
integrais de�nidas, ou seja, conhecemos o domínio de integração. Nesse caso, quando
u = sen (x)
x
du = cos(x)dx
dx
dx = du
cos(x) 
∫ (sen2(x) cos (x)) dx = ∫ u2 cos(x) du
cos(x) 
u
∫ (sen2(x) cos (x)) dx = ∫ u2 cos(x) du
cos(x)  =   ∫ u2du
u
∫ (sen2(x) cos (x)) dx = ∫ u2du = u3
3 +K
x
∫ (sen2(x) cos (x)) dx = ∫ u2du = u3
3 +K = sen3(x)
3 +K
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
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comparamos 
 com 
, precisamos tomar o cuidado de ajustar os intervalos de integração para essa nova função. Assim,
se 
 for contínua em um intervalo 
 conhecido e 
 for contínua na imagem de 
, teremos:
Observe que o intervalo de integração precisou ser ajustado em relação à mudança de variável.
Vejamos um passo a passo para resolução:
Passo 1: identi�car   e comparar com  .
Passo 2: ajustar os intervalos de integração de forma que se   então 
.
Passo 3: derivar os dois lados dessa equação em relação a  .
Passo 4: isolar  .
Passo 5: substituir na integral   por   e  pelo resultado encontrado no quarto passo,
como também os novos intervalos de integração encontrados no segundo passo.
Passo 6: simpli�car a função, de forma que restem apenas elementos da variável  . Caso após
a simpli�cação você ainda tenha variável  , retorne aos passos anteriores e veri�que seus
g(x)
u
g'(x)
[a, b]
f(x)
u = g(x)
g(x)
u
g'(x)
[a, b]
f(x)
u = g(x)
∫ b
a [f(g(x)) ⋅ (g
'(x))]dx = ∫ g(b)
g(a) f(u)du
∫
b
a [f(g(x)) ⋅ (g
'(x))]dx = ∫
g(b)
g(a) f(u)du
g(x) u
x ∈ [a, b] u ∈ [g(a), g(b)]
x
dx
g(x) u dx 
u
x
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cálculos, uma vez que quando a mudança de variável for realizada, você deve ter apenas a
variável   no integrando.
Passo 7: resolver a integral em relação a  .
Perceba que, nesse caso, não precisamos retornar para a variável original, pois, como conhecemos
os intervalos de integração, o resultado será numérico. Vejamos alguns exemplos de como resolver
uma integral de�nida utilizando o método da mudança de variável.
Exemplo 3: resolva a integral
Solução
Passo 1: identi�car 
Passo 2: ajustar os intervalos de integração:
Quando 
Quando 
Passo 3: derivar os dois lados em relação a 
Passo 4: isolar 
u
u
∫
4
0
√3x+ 4dx
g(x)
u
u = 3x+ 4
x = 0
u = 3(0) + 4 = 4
x = 4
u = 3(4) + 4 = 16
x :
du = 3dx
dx
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Passo 5: realizar as substituições
Passo 6: simpli�car a função
Passo 7: resolver a integral em relação a 
Exemplo 4: resolva a integral
Solução
Passo 1: identi�car 
Passo 2: ajustar os intervalos de integração:
Quando 
dx = du
3
∫
4
0 √3x+ 4dx = ∫
16
4 √u du
3
∫ 4
0
√3x+ 4dx = ∫ 16
4 √u du
3 = 1
3 ∫
16
4 u
1
2 du
u
∫
4
0 √3x+ 4dx = ∫
16
4 √u du
3 = 1
3 ∫
16
4 u
1
2 du = 1
3 [
u
3
2
3
2
]
16
4
= 1
3 ⋅ 2
3 [√u3]
16
4
= 2
9 [√(16)3 −√(4)3] = 2
9 [64 − 8] = 2
9 ⋅ 56 = 112
9
∫
2
1
2x
(3−5x2)3
dx
∫ 2
1
2x
(3−5x2)3
dx
g(x)
u
u = 3 − 5x2
x = 1
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Quando 
Passo 3: derivar os dois lados dessa equação em relação a 
Passo 4: isolar 
Passo 5: realizar as substituições
Passo 6: simpli�car a função
Passo 7: resolver a integral em relação a 
O desa�o primordial ao empregar a regra da substituição reside em identi�car uma substituição
apropriada. Deve-se tentar selecionar 
u = 3 − 5(1)2 = −2
x = 2
u = 3 − 5(2)2 = −17
x
du = −10xdx
dx
dx = − du
10x
∫ 2
1
2x
(3−5x2)3
dx = ∫ −17
−2
2x
(u)3
(− du
10x )
∫
2
1
2x
(3−5x2)3
dx = ∫
−17
−2
2x
(u)3
(− du
10x ) = ∫
−17
−2
1
(u)3
(− du
5 ) = − 1
5 ∫
−17
−2 u−3du
u
∫ 2
1
2x
(3−5x2)3
dx = ∫ −17
−2
2x
(u)3
(− du
10x ) = ∫ −17
−2
1
(u)3
(− du
5 ) = − 1
5 ∫
−17
−2 u−3du
= − 1
5 [
u−2
−2 ]
−17
−2
= − 1
5 ⋅ − 1
2 [u
−2]
−17
−2 = 1
10 [
1
u2 ]
−17
−2
= 1
10 [
1
(−17)2
− 1
(−2)2
]
= 1
10 [
1
289 − 1
4 ] =
1
10 ⋅ − 285
1156 = − 57
2312  
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Vamos Exercitar?
Agora que você já conhece o método da mudança de variável e como empregá-lo na resolução de
integrais inde�nidas e de�nidas, vamos retomar a nossa situação inicial. Nessa situação, você deve
resolver uma série de integrais empregando o método estudado.
Observe que a função do integrando é uma função composta, além disso, temos a possibilidade de
termos a derivada da função g(x). Para isso vamos veri�car a substituição
Derivando essa substituição, temos:
Ou seja,
Realizando as substituições e posteriormente resolvendo a integral teremos:
u
u
a) ∫ e√x
√x
dx
u = √x  ou  u = x
1
2
du = dx
du = 1
2 x
− 1
2 dx
du = 1
2 x
− 1
2 dx
du = 1
2√x
dx
du = 1
2√x
dx
dx = 2√xdu
dx = 2√xdu
∫ e√x
√x
dx = ∫ eu
√x
⋅ 2√xdu = ∫ 2eudu = 2eu +K = 2e√x +K
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O método de substituição é relativamente direto quando o integrando possui uma composição 
 facilmente identi�cável e o restante é um múltiplo constante de 
. Caso essa condição não seja satisfeita, o método ainda pode ser aplicado, mas pode demandar
mais cálculos, como é o caso desseexemplo. A substituição a ser utilizada será 
, logo 
. No momento de realizarmos a substituição na integral, perceba que teríamos algo do tipo 
, e isso não pode acontecer. Assim, antes de integramos temos que reescrever 
 em função de 
. Para isso utilizamos a igualdade 
:
∫ e√x
√x
dx = ∫ eu
√x
⋅ 2√xdu = ∫ 2eudu = 2eu +K = 2e√x +K
b)  ∫ x2√x− 1dx
b)  ∫ x2√x− 1dx
f(g(x))
g'(x)
u = x− 1
du = dx
x2√u
x
u
u = x− 1
f(g(x))
g'(x)
u = x− 1
du = dx
x2√u
x
u
u = x− 1
u = x− 1
u = x− 1
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Considerando esse valor para , realizamos as substituições e manipulações matemáticas na
integral:
 
Observe que a função  é uma função composta. Nesse caso, vamos realizar a mudança:
x = u+ 1
x = u+ 1
x2 = (u+ 1)2 = u2 + 2u+ 1
x2 = (u+ 1)2 = u2 + 2u+ 1
∫ x2√x− 1dx = ∫(u2 + 2u+ 1)√udu = ∫(u2 + 2u+ 1)u
1
2 du =
∫ x2√x− 1dx = ∫(u2 + 2u+ 1)√udu = ∫(u2 + 2u+ 1)u
1
2 du =
= ∫ (u2 ⋅ u
1
2 + 2u ⋅ u
1
2 + 1 ⋅ u
1
2) du = ∫ (u
5
2 + 2u
3
2 + u
1
2 ) du
= ∫ (u2 ⋅ u
1
2 + 2u ⋅ u
1
2 + 1 ⋅ u
1
2) du = ∫ (u
5
2 + 2u
3
2 + u
1
2 ) du
= u
7
2
7
2
+ 2 u
5
2
5
2
+ u
3
2
3
2
+K = 2
7
√u7 + 4
5
√u5 + 2
3
√u3 +K
= u
7
2
7
2
+ 2 u
5
2
5
2
+ u
3
2
3
2
+K = 2
7
√u7 + 4
5
√u5 + 2
3
√u3 +K
= 2
7
√(x− 1)7 + 4
5
√(x− 1)5 + 2
3
√(x− 1)3 +K
= 2
7
√(x− 1)7 + 4
5
√(x− 1)5 + 2
3
√(x− 1)3 +K
c)  ∫
π
2
0 cos( x
2 )dx
c)  ∫
π
2
0 cos( x
2 )dx
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Ou seja 
Como temos uma integral de�nida, temos que realizar a mudança dos limites de integração, logo
quando 
 temos que 
 e quando 
 temos 
. Realizando as substituições necessárias:
u = x
2
u = x
2
du = 1
2 dx
du = 1
2 dx
dx = 2du
dx = 2du
x = 0
u = 0
2 = 0
x = π
2
u =
π
2
2 = π
4
x = 0
u = 0
2 = 0
x = π
2
u =
π
2
2 = π
4
∫
π
2
0 cos( x
2 )dx = ∫
π
4
0 2 cos(u)du = 2 ∫
π
4
0 cos(u)du = 2[sen(u)]
π
4
0
∫
π
2
0 cos( x
2 )dx = ∫
π
4
0 2 cos(u)du = 2 ∫
π
4
0 cos(u)du = 2[sen(u)]
π
4
0
= 2[sen( π
4 )− sen(0)] = 2 ⋅ √2
2 − 2 ⋅ 0 = √2
= 2[sen( π
4 )− sen(0)] = 2 ⋅ √2
2 − 2 ⋅ 0 = √2
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Vamos realizar a seguinte substituição:
Ou seja,
Não podemos nos esquecer de realizar a mudança nos limites de integração, assim quando 
 temos 
 e quando 
 temos 
. Agora podemos resolver a integral:
d)  ∫ 2
0 (2x+ 7) 4√(x2 + 7x+ 3)5
d)  ∫
2
0 (2x+ 7) 4√(x2 + 7x+ 3)5
u = x2 + 7x+ 3
u = x2 + 7x+ 3
du = (2x+ 7)dx
du = (2x+ 7)dx
dx = du
(2x+7)
dx = du
(2x+7)
x = 0
u = (0)2 + 7(0) + 3 = 3
x = 2
u = (2)2 + 7(2) + 3 = 21
x = 0
u = (0)2 + 7(0) + 3 = 3
x = 2
u = (2)2 + 7(2) + 3 = 21
∫ 2
0 (2x+ 7) 4√(x2 + 7x+ 3)5 = ∫ 21
3 (2x+ 7) 4√u5 du
(2x+7)
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Saiba mais
Uma abordagem essencial para a aprendizagem em matemática consiste em praticar a resolução de
exercícios, pois isso possibilita a aplicação das diversas propriedades relacionadas aos conceitos
discutidos. Sendo assim, ao seguir essa estratégia, sugiro a leitura e a realização de alguns
exercícios relevantes relacionados aos tópicos abordados durante a aula.
Com o objetivo de aprimorar seus conhecimentos sobre o método de integração da mudança de
variável leia a seção 5.5 – A regra da Substituição do livro do livro Cálculo: v.1 de James Stewart,
Daniel Clegg e Saleem Watson disponível na sua biblioteca virtual. Ao �nal da seção há uma série de
exercícios, selecione alguns para resolver! Ah, e uma dica, resolva os exercícios ímpares, pois ao
�nal do livro existem as respostas, assim você pode conferir se acertou nos cálculos! Bons estudos!
 
Referências
ANTON, H. et al. Cálculo: v.1. Porto Alegre: Grupo A, 2014. E-book. ISBN 9788582602263. Disponível
em: https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602263/. Acesso em: 21 jan. 2024.
LARSON, R. Cálculo aplicado – Curso rápido: Tradução da 9ª ed. norte-americana. São Paulo:
Cengage Learning Brasil, 2016. E-book. ISBN 9788522125074. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/. Acesso em: 21 jan. 2024.
∫
2
0 (2x+ 7) 4√(x2 + 7x+ 3)5 = ∫
21
3 (2x+ 7) 4√u5 du
(2x+7)
= ∫ 21
3
4√u5du = ∫ 21
3 u
5
4 du = [ u
9
4
9
4
]
21
3
= 4
9 [
4√u9]
21
3
= ∫ 21
3
4√u5du = ∫ 21
3 u
5
4 du = [ u
9
4
9
4
]
21
3
= 4
9 [
4√u9]
21
3
4
9 [
4√(21)9 −   4√(3)9 ] ≈ 414,312
4
9 [
4√(21)9 −   4√(3)9 ] ≈ 414,312
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Disciplina
CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
MORETTIN, P. A.; BUSSAB, W. O.; HAZZAN, S. Cálculo – Funções de uma e várias variáveis. São
Paulo: Editora Saraiva, 2016. E-book. ISBN 9788547201128. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART, J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo: v.1. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2021. E-book.
ISBN 9786555584097. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/. Acesso em: 21 jan. 2024.
Aula 4
Integração por Partes
Integração por partes
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Dica para você
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Olá, estudante! Esperamos que esteja bem! Nessa aula, vamos aprender um novo método de
integração denominado integração por partes. Esse método é utilizado quando temos um produto
de funções no integrando e tem como objetivo transformar esse produto em uma função mais fácil
de ser integrada. Assim, vamos discutir como aplicar esse método na resolução de integrais
de�nidas e inde�nidas.
Ponto de Partida
Anteriormente, você estudou que para resolver integrais de determinadas funções temos que
empregar técnicas mais avançadas de integração, como a mudança de variável. Não são todos os
casos em que podemos aplicar essa técnica, por isso precisamos conhecer outras opções para
resolução de problemas.
Nessa aula, vamos discutir sobre a integração por partes, que é uma ferramenta valiosa no cálculo
integral, oferecendo uma abordagem e�caz para integrar produtos de funções. Ao aplicar o método
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
corretamente, a integral original pode ser transformada em uma forma mais fácil de integrar, muitas
vezes simpli�cando o problema original. A integração por partes é especialmente aplicável quando a
integração direta parece complicada e oferece uma alternativa e�ciente para abordar integralmente
produtos de funções. Essa técnica não apenas amplia a caixa de ferramentas de métodos de
integração, mas também destaca a �exibilidade e a versatilidade do cálculo integral, permitindo a
resolução de uma gama mais ampla de problemas matemáticos.
Para que você compreenda como podemos utilizar essa técnica, suponha que você deseja praticar o
cálculo de integrais e selecionou algumas para resolver.
Como podemos empregar a técnica da integração por partes para resolver essas integrais? Vamos
iniciar nossos estudos sobre essa técnica?
Vamos Começar!
Podemos dizer que cada regra de derivação possui uma correspondente na integração, a regra da
substituição para integração, por exemplo, está relacionada à regra da cadeia para derivação. Já a
regra de integração que corresponde à regra do produto na derivação é conhecida como integração
por partes (STWEART; CLEGG; WATSON, 2021).
De acordo com a regra do produto, se 
Observe que o produto 
 é uma primitiva da função 
, logo:
a) ∫ t2etdt
b)  ∫ x2 cos(2x)dx
c)  ∫ e
1 y2 ln(y)dy
f
g
[f(x) ⋅ g(x)]' = f(x)g'(x) + f '(x)g(x).
f(x) ⋅ g(x)
f(x)g'(x) + f '(x)g(x)
f(x)⋅ g(x)
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Essa equação pode ser reescrita como:
que é denominada de fórmula para integração por partes (STWEART; CLEGG; WATSON, 2021). Essa
fórmula é comumente denotada por:
em que 
 e 
.
Pensando em um passo a passo para a integração por partes, temos:
Passo 1: escolher qual parte será chamada de 
f(x)g'(x) + f '(x)g(x)
∫ [f(x)g'(x) + f '(x)g(x)]dx = f(x)g(x)
∫ [f(x)g'(x) + f '(x)g(x)]dx = f(x)g(x)
∫ f(x)g'(x)dx+ ∫ f '(x)g(x)dx = f(x)g(x)
∫ f(x)g'(x)dx+ ∫ f '(x)g(x)dx = f(x)g(x)
∫ f(x)g'(x)dx = f(x)g(x) − ∫ f '(x)g(x)dx
∫ f(x)g'(x)dx = f(x)g(x) − ∫ f '(x)g(x)dx
∫ udv = uv− ∫ vdu
∫ udv = uv− ∫ vdu
u = f(x)
v = g(x)
u = f(x)
v = g(x)
u = f(x)
dv = g(x)dx
dv
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Passo 2: de�nidos 
Passo 3: por �m, resolver:
Note que a parte mais importante da integração por partes é a escolha de quem serão as funções 
1. Logarítmica,
2. Inversa Trigonométrica,
3. Algébrica,
4. Trigonométrica,
5. Exponencial.
Nessa situação, frequentemente, obtemos êxito ao escolher 
A seguir resolveremos alguns exemplos aplicando essa técnica.
Exemplo 1: Resolva a integral
u
dv
u
x
dv
x
∫ udv
∫ vdu
∫ udv = uv− ∫ vdu.
u
dv
u
dv 
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Solução
Passo 1: escolher as funções que serão 
Passo 2: derivar 
Passo 3: resolver a integral utilizando a fórmula
Logo, teremos:
Não se esqueça de acrescentar a constante 
Exemplo 2: Resolva a integral
∫ x cos (x)dx
u
dv
u = x
dv = cos (x)dx
u
dv
du = 1dx
v = ∫ cos(x)dx = sen (x)
∫ udv = uv− ∫ vdu.
∫ udv = uv− ∫ vdu.
∫ x cos (x)dx = x sen (x) − ∫ sen (x)dx
∫ x cos (x)dx = x sen (x) − ∫ sen (x)dx
= x sen (x) − (− cos(x)) +K = x sen(x) + cos(x) +K
= x sen (x) − (− cos(x)) +K = x sen(x) + cos(x) +K
K
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
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Solução
Passo 1: escolher as funções que serão 
Passo 2: derivar 
Passo 3: resolver a integral utilizando a fórmula
Logo, teremos:
Se a integral for de�nida, podemos aplicar normalmente a integral, porém iremos aplicar o teorema
fundamental do cálculo. Nesse sentido temos:
Ou ainda,
∫ ln (x)dx
u
dv
u = ln (x)
dv = dx
u
dv
du = 1
x dx
v = ∫ 1dx = x
∫ udv = uv− ∫ vdu.
∫ ln (x)dx = x ln (x) − ∫ x ⋅ 1
x
dx
= x ln (x) − ∫ 1dx = x ln(x) − x+K
∫ b
a
f(x)g'(x)dx = f(x)g(x)|ba − ∫ b
a
f '(x)g(x)dx
∫
b
a udv =  uv|ba − ∫
b
a vdu
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Siga em Frente...
Vamos agora resolver alguns exemplos de integrais de�nidas.
Exemplo 3: Resolva a integral
Solução
Passo 1: escolher as funções que serão 
Passo 2: derivar 
Passo 3: resolver a integral utilizando a fórmula
Logo, teremos:
Como você pode perceber, o principal propósito da integração por partes é a escolha estratégica de 
∫ 1
0 xexdx
u
dv
u = x
dv = exdx
u
dv
du = 1dx
v = ∫ exdx = ex
∫ b
a
udv =  uv|ba − ∫ b
a
vdu
∫ 1
0 xexdx = xex|10 − ∫ 1
0 exdx
= xex|10 − ex|10 = (1 ⋅ e1 − 0 ⋅ e0)− (e1 − e0)
= e− 0 − e+ 1 = 1
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
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Vamos Exercitar?
Agora que você já conhece o método da integração por partes e como empregá-lo na resolução de
integrais inde�nidas e de�nidas, vamos retomar a nossa situação inicial. Nessa situação, você deve
resolver uma série de integrais empregando o método estudado.
O primeiro passo é escolhermos 
Resolvendo a integral utilizando a fórmula
teremos:
A integral que obtivemos, 
u
dv 
a) ∫ t2etdt
u
dv
u = t2
dv = etdt
u
dv
u = t2 → du = 2tdt
dv = etdt → v = ∫ etdt = et
∫ udv = uv− ∫ vdu.
∫ udv = uv− ∫ vdu.
∫ t2etdt = t2et − ∫ et2tdt
∫ t2etdt = t2et − ∫ et2tdt
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
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Aplicando novamente a fórmula na integral 
 teremos:
O primeiro passo é escolher 
 e 
. No integrando temos uma multiplicação de uma função algébrica por uma função trigonométrica,
assim de acordo com o método LIATE podemos ter 
 e 
. Agora derivamos  e integramos 
:
∫ et2tdt
u = 2t
dv = etdt
u = 2t → du = 2dt
dv = etdt → v = ∫ etdt = et
∫ et2tdt
∫ et2tdt
∫ t2etdt = t2et − ∫ et2tdt = t2et − [2tet − ∫ 2etdt]
∫ t2etdt = t2et − ∫ et2tdt = t2et − [2tet − ∫ 2etdt]
= t2et − 2tet + 2 ∫ etdt = t2et − 2tet + 2et +K
= t2et − 2tet + 2 ∫ etdt = t2et − 2tet + 2et +K
b)  ∫ x2 cos(2x)dx
b)  ∫ x2 cos(2x)dx
u
dv
u = x2
dv = cos(2x)dx
dv
u
dv
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
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Observe que para resolver essa integral teremos que utilizar o método da mudança de variável em
que 
, assim 
. Aplicando o método teremos:
Resolvendo a integral utilizando a fórmula
teremos:
A integral que obtivemos, 
u = x2
dv = cos(2x)dx
dv
u = x2 → du = 2xdx
u = x2 → du = 2xdx
dv = cos(2x)dx → v = ∫ cos(2x)dx
dv = cos(2x)dx → v = ∫ cos(2x)dx
u = 2x
du = 2dx
u = 2x
du = 2dx
v = ∫ cos(2x)dx = ∫ cos (u) du
2 = 1
2 ∫ cos (u)du = 1
2 sen(u) =
1
2 sen (2x)
v = ∫ cos(2x)dx = ∫ cos (u) du
2 = 1
2 ∫ cos (u)du = 1
2 sen(u) =
1
2 sen (2x)
∫ udv = uv− ∫ vdu.
∫ udv = uv− ∫ vdu.
∫ x2 cos(2x)dx = x2 ⋅ 1
2 sen(2x) − ∫ 1
2 sen(2x)2xdx = x2 ⋅ 1
2 sen(2x) − ∫ x sen(2x)dx
∫ x2 cos(2x)dx = x2 ⋅ 1
2 sen(2x) − ∫ 1
2 sen(2x)2xdx = x2 ⋅ 1
2 sen(2x) − ∫ x sen(2x)dx
∫ x sen(2x)dx
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
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, é mais simples que a integral original, mas ainda não é imediata. Portanto, usamos a integração por
partes mais uma vez, mas agora com 
 e 
. Logo,
Para resolver essa integral teremos que utilizar o método da mudança de variável em que 
, assim 
. Aplicando o método teremos:
Aplicando novamente a fórmula na integral 
 teremos:
u = x
dv = sen(2x)dx
∫ x sen(2x)dx
u = x
dv = sen(2x)dx
u = x → du = 1dx
u = x → du = 1dx
dv = sen(2x)dx → v = ∫ sen(2x)dx
dv = sen(2x)dx → v = ∫ sen(2x)dx
u = 2x
du = 2dx
u = 2x
du = 2dx
v = ∫ sen(2x)dx = ∫ sen (u) du
2 = 1
2 ∫ sen (u)du = − 1
2 cos(u) = − 1
2 cos (2x)
v = ∫ sen(2x)dx = ∫ sen (u) du
2 = 1
2 ∫ sen (u)du = − 1
2 cos(u) = − 1
2 cos (2x)
∫ x sen(2x)dx
∫ x sen(2x)dx
∫ x2 cos(2x)dx = x2 ⋅ 1
2 sen(2x) − ∫ 1
2 sen(2x)2xdx = x2 ⋅ 1
2 sen(2x) − ∫ x sen(2x)dx
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O primeiro passo é escolher 
 e 
. No integrando temos uma multiplicação de uma função algébrica por uma função logarítmica,
assim de acordo com o método LIATE podemos ter 
 e 
. Agora derivamos 
 e 
 integramos:
∫ x2 cos(2x)dx = x2 ⋅ 1
2 sen(2x) − ∫ 1
2 sen(2x)2xdx = x2 ⋅ 1
2 sen(2x) − ∫ x sen(2x)dx
= 1
2 x
2 sen(2x) − [x ⋅ − 1
2 cos(2x) − ∫ − 1
2 cos(2x)dx]
= 1
2 x
2 sen(2x) − [x ⋅ − 1
2 cos(2x) − ∫ − 1
2 cos(2x)dx]
= 1
2 x
2 sen(2x) + 1
2 x cos(2x) − 1
2 ∫ cos(2x)dx
= 1
2 x
2 sen(2x) + 1
2 x cos(2x) − 1
2 ∫ cos(2x)dx
= 1
2 x
2 sen(2x) + 1
2 x cos(2x) − 1
2 [
1
2 sen(2x)]+K
= 1
2 x
2 sen(2x) + 1
2 x cos(2x) − 1
2 [
1
2 sen(2x)]+K
= 1
2 x
2 sen(2x) + 1
2 x cos(2x) − 1
4 sen(2x) +K
= 1
2 x
2 sen(2x) + 1
2 x cos(2x) − 1
4 sen(2x) +K
c)  ∫ e
1 y2 ln(y)dy
c)  ∫ e
1 y2 ln(y)dy
u
dv
u = ln (y)
dv = y2dy
u
dv
u
dv
u = ln (y)
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
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Resolvendo a integral utilizando a fórmula
teremos:
dv = y2dy
u
dv
u = ln (y) → du = 1
y
dy
u = ln (y) → du = 1
y dy
dv = y2dy → v = ∫ y2dy = y3
3
dv = y2dy → v = ∫ y2dy = y3
3
∫ b
a
udv =  uv|ba − ∫ b
a
vdu
∫
b
a udv =  uv|ba − ∫
b
a vdu
∫ e
1 y2 ln(y)dy = ln(y) ⋅ y3
3
e
1
− ∫ e
1
y3
3 ⋅ 1
y dy∣∫ e
1 y2 ln(y)dy = ln(y) ⋅ y3
3
e
1
− ∫ e
1
y3
3 ⋅ 1
y
dy∣= ln(y) ⋅ y3
3
e
1
− 1
3 ∫
e
1 y2dy∣= ln(y) ⋅ y3
3
e
1
− 1
3 ∫
e
1 y2dy∣= ln(y) ⋅ y3
3
e
1
− 1
3 [
y3
3 ]
e
1∣= ln(y) ⋅ y3
3
e
1
− 1
3 [
y3
3 ]
e
1∣= [ln(e) ⋅ e3
3 − ln(1) ⋅ 13
3 ]−
1
3 [
e3
3 − 13
3 ]
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Saiba mais
Uma abordagem essencial para a aprendizagem em matemática consiste em praticar a resolução de
exercícios, pois isso possibilita a aplicação das diversas propriedades relacionadas aos conceitos
discutidos. Sendo assim, ao seguir essa estratégia, sugiro a leitura e a realização de alguns
exercíciosrelevantes relacionados aos tópicos abordados durante a aula.
Com o objetivo de aprimorar seus conhecimentos sobre o método de integração da mudança de
variável leia a seção 7.1 – Integração por partes do livro Cálculo: v.1 de James Stewart, Daniel Clegg
e Saleem Watson disponível na sua biblioteca virtual. Ao �nal da seção há uma série de exercícios,
selecione alguns para resolver! Ah, e uma dica, resolva os exercícios ímpares, pois ao �nal do livro
existem as respostas, assim você pode conferir se acertou nos cálculos! Bons estudos!
 
Referências
ANTON, H. et al. Cálculo: v.1. Porto Alegre: Grupo A, 2014. E-book. ISBN 9788582602263. Disponível
em: https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602263/. Acesso em: 21 jan. 2024.
LARSON, R. Cálculo aplicado – Curso rápido: Tradução da 9ª ed. norte-americana. São Paulo:
Cengage Learning Brasil, 2016. E-book. ISBN 9788522125074. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/. Acesso em: 21 jan. 2024.
MORETTIN, P. A.; BUSSAB, W. O.; HAZZAN, S. Cálculo – Funções de uma e várias variáveis. São
Paulo: Editora Saraiva, 2016. E-book. ISBN 9788547201128. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/. Acesso em: 21 jan. 2024.
= [ln(e) ⋅ e3
3 − ln(1) ⋅ 13
3 ]−
1
3 [
e3
3 − 13
3 ]
= [1 ⋅ e3
3 − 0 ⋅ 1
3 ]−
1
9 e
3 + 1
9
= [1 ⋅ e3
3 − 0 ⋅ 1
3 ]−
1
9 e
3 + 1
9
= 1
3 e
3 − 1
9 e
3 + 1
9 = 2
9 e
3 + 1
9 ≈ 4,575
= 1
3 e
3 − 1
9 e
3 + 1
9 = 2
9 e
3 + 1
9 ≈ 4,575
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https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
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STEWART, J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo: v.1. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2021. E-book.
ISBN 9786555584097. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/. Acesso em: 21 jan. 2024.
Aula 5
Encerramento da Unidade
Videoaula de Encerramento
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Olá, estudante! Esperamos que esteja bem! Nessa aula discutiremos sobre os principais aspectos
relacionados às integrais de�nidas e inde�nidas. Além disso, vamos explorar as características de
dois métodos de integração, a saber: mudança de variável e integração por partes. Esses métodos
são fundamentais para a resolução de diferentes tipos de problemas relacionados ao cálculo de
área e volume, entre outros.
Ponto de Chegada
Para desenvolver a competência desta unidade, que é compreender as técnicas de integração a �m
de aplicá-las na resolução de problemas que envolvem o cálculo de integrais, é necessário que você
saiba identi�car as características de cada uma das técnicas de integração.
Dada uma função 
f
[a, b]
f
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Disciplina
CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Ao abordar o cálculo dessa integral, evitaremos lidar diretamente com o limite, uma vez que o
cálculo desse limite muitas vezes envolve complexidades e pode ser desa�ador. Em vez disso,
faremos uso do Teorema Fundamental do Cálculo, uma ferramenta valiosa que estabelece uma
relação fundamental entre derivadas e integrais de�nidas. Esse teorema proporciona uma maneira
mais acessível de avaliar integrais de�nidas ao permitir a conexão direta entre a função a ser
integrada e sua primitiva. De acordo com esse teorema, se uma função 
onde 
Não é sempre que nos deparamos com a necessidade de calcular a integral de uma função em um
intervalo especí�co. Quando isso não é o caso, lidamos com o conceito de integral inde�nida. Uma
integral inde�nida refere-se à primitiva de uma função, ou seja, uma função cuja derivada é a função
original. Ao contrário da integral de�nida, que envolve a avaliação em limites de integração
especí�cos, a integral inde�nida busca a expressão geral da primitiva da função, proporcionando
uma visão mais ampla e abstrata do processo de integração. Uma integral inde�nida é da forma:
Sendo que K é uma constante real qualquer e, ao derivar a primitiva 
Encontrar a primitiva de uma função envolve a re�exão sobre "qual função, ao ser derivada, nos
conduzirá ao resultado desejado", uma tarefa que, reconhecidamente, pode ser desa�adora e
trabalhosa. Por esse motivo, é crucial adquirir conhecimento sobre as principais regras de
∫ b
a f(x)dx = lim
n→∞
∑n
i=1 f(xi) ⋅ Δx
f
[a, b]
  ∫ b
a
f(x)dx = F(b) − F(a)  em   que  F ' = f.  
F
f(x)
F ' = f
∫ f(x)dx = F(x) +K
F(x) +K
f(x)
K
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CÁLCULO DIFERENCIAL E
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integração imediatas. Na Tabela 1, você terá acesso às principais regras e propriedades que
facilitam esse processo, tornando a abordagem de integração mais e�ciente e acessível.
Tabela 1 | Regras de integração
A obtenção de primitivas nem sempre é viável apenas por meio das regras de integração imediatas;
em algumas situações, torna-se necessário empregar técnicas mais avançadas de integração. Entre
as diversas abordagens disponíveis, duas se destacam pelo uso frequente: o método da mudança
de variável, também conhecido como método da substituição, e a integração por partes. Essas
técnicas oferecem ferramentas adicionais e estratégias fundamentais para lidar com funções mais
complexas, expandindo as possibilidades de resolução de problemas integrais.
A regra da mudança de variáveis envolve a substituição de uma variável por uma expressão
diferente, facilitando a manipulação e o resolução da integral. Podemos utilizar essa técnica quando
a função a ser integrada é do tipo 
Não se esqueça que após integrar a função em relação à variável 
No caso de ser uma integral de�nida, ao aplicar o método da mudança de variável, é necessário
realizar a mudança nos limites de integração, uma vez que estamos realizando uma mudança de
variável. Assim, se 
∫ cf(x)dx = c ∫ f(x)dx ∫ cdx = cx+K
∫ xndx = xn+1
n+1 +K,  n ≠ −1 ∫ 1
x
dx = ln|x| +K
∫ axdx = ax
ln(a) +K ∫ exdx = ex +K
∫ cos(x)dx = sen(x) +K ∫ sen(x)dx = −cos(x) +K
∫ tg(x)dx = sec2(x) +K ∫ [f(x) ± g(x)]dx = ∫ f(x)dx± ∫ g(x)dx
f(g(x)) ⋅ g'(x)
u = g(x),
∫ [f(g(x)) ⋅ (g'(x))]dx = ∫ f(u)du
u,
g'(x)
[a, b]
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Já o método de integração por partes pode ser utilizado quando temos um produto de funções no
integrando. Para resolver uma integral por esse método, utilizamos a fórmula:
Que geralmente é apresentada como:
em que 
 e 
.
Quando temos uma integral de�nida, basta que avaliemos o resultado nos limites de integração,
assim a fórmula será:
Ou ainda,
O principal propósito da integração por partes é a escolha estratégica de 
f(x)
u = g(x)
∫ b
a
[f(g(x)) ⋅ (g'(x))]dx = ∫ g(b)
g(a) f(u)du
∫ f(x)g'(x)dx = f(x)g(x) − ∫ f '(x)g(x)dx
∫ udv = uv− ∫ vdu
u = f(x)
v = g(x)
u = f(x)
v = g(x)
∫ b
a f(x)g
'(x)dx = f(x)g(x)|ba − ∫ b
a f
'(x)g(x)dx
∫ b
a
f(x)g'(x)dx = f(x)g(x)|ba − ∫ b
a
f '(x)g(x)dx
∫ b
a
udv =  uv|ba − ∫ b
a
vdu
∫ b
a
udv =  uv|ba − ∫ b
a
vdu
u
Disciplina
CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
É crucial que você compreenda todas as técnicas de integração abordadas nesta unidade, pois você
as aplicará na resolução de diversos problemas ao longo deste curso e em disciplinas
subsequentes. O domínio dessas técnicas não apenas fortalecerá sua base em cálculo integral, mas
também será fundamental para enfrentar desa�os mais avançados em disciplinas correlatas. Este
conhecimento não só aprimorará suas habilidades matemáticas, mas também abrirá portas para
uma compreensão mais profunda e aplicada em áreas que dependem fortemente do cálculo.
É Hora de Praticar!
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Para contextualizar sua aprendizagem, suponha que você esteja participando de um processo
seletivo para ingressar em um programa de iniciação cientí�ca. Esse programa tem como objetivo
estudar o papel da Matemática no campo pro�ssional. A primeira parte do processo seletivo
consiste em uma prova de conhecimentos gerais, que englobam os conceitos relacionados às
diferentes disciplinas do seu curso. Com o objetivo de se preparar para essa primeira etapa, você
decidiu realizar uma pesquisa sobre quais os conceitos mais recorrentes nas provas anteriores.
Como resultado dessa pesquisa, você constatou que conceitos relacionados ao cálculo integral
eram recorrentes em todas as provas. Após analisar as provas, você percebeu que eram frequentes
questões sobre o cálculo de integrais de�nidas e inde�nidas. A �m de relembrar as regras de
integração, você selecionou uma série de exercícios sobre o cálculo de integrais. Sua tarefa, então, é
resolver esses exercícios, conforme apresentado a seguir.
Questão 1: Calcule o valor da integral:
Questão 2: Resolva a integral:
Questão 3: Calcule o valor da integral de�nida:
Re�ita
Quais técnicas de integração serão necessárias na resolução de cada uma dessas questões?
Considerando a ampla variedade de situações em que os conceitos abordados na unidade podem
ser aplicados, convidamos à re�exão sobre essas duas questões:
dv 
∫ 1
(4−5t)4
 dt
∫ x2 e−x dx
∫ e
1 (ln (x))2dx
Disciplina
CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Em que situações especí�cas você consideraria necessário recorrer a técnicas mais avançadas de
integração, além das regras imediatas, para abordar integralmente um problema matemático ou
aplicado?
Como as técnicas de integração, como o método da mudança de variáveis e a integração por partes,
podem ser aplicadas de forma e�caz na resolução de problemas práticos em diversas disciplinas?
Para resolver cada uma dessas questões é importante que você realize uma análise das funções a
serem integradas a �m de veri�car qual o melhor método de resolução.
Solução da Questão 1
Temos que resolver a integral inde�nida:
Observe que a função do integrando é uma função composta, logo, podemos aplicar o método da
mudança de variável. Para isso vamos utilizar a substituição:
Derivando essa substituição temos:
Realizando as substituições e posteriormente resolvendo a integral, teremos:
Solução da Questão 2
Temos que resolver a integral inde�nida:
Observe que temos um produto de funções de tipos diferentes dentro do integrando, assim,
podemos aplicar a integração por partes para resolvê-la. O primeiro passo é escolher   e  . No
integrando temos uma multiplicação de uma função algébrica por uma função exponencial, assim,
de acordo com o método LIATE, podemos ter   e  . Agora derivamos   e 
 integramos:
Essa integral não pode ser revolvida de forma imediata, uma vez que temos como integrando uma
função composta, assim, para resolver essa integral teremos que utilizar o método da mudança de
variável em que  , assim  . Aplicando o método teremos:
Resolvendo a integral utilizando a fórmula
Teremos
∫ 1
(4−5t)4
 dt
u = 4 − 5t
du = −5dt
dt = − du
5
∫ 1
(4−5t)4
 dt = ∫ 1
u4 (−
du
5 ) = − 1
5 ∫ u
−4du
= − 1
5 [
u−3
−3 ]+K = − 1
5 ⋅ − 1
3 u
−3 +K = 1
15u3 +K
= 1
15(4−5t)3
+K
∫ x2 e−x dx
u dv
u = x2 dv = e−xdx u dv
u = x2 → du = 2xdx
dv = e−x → v = ∫ e−xdx
u = −x du = −dx
v = ∫ e−xdx = ∫ eu ⋅ −du = − ∫ eudu = −eu = −e−x
∫ udv = uv− ∫ vdu.
∫ x2 e−x dx = x2 ⋅ −e−x − ∫ −e−x ⋅ 2xdx
= −x2e−x + ∫ 2xe−xdx
Disciplina
CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
A integral que obtivemos,  , é mais simples que a integral original, mas ainda não é
imediata. Portanto, usamos a integração por partes mais uma vez, mas agora com   e 
. Logo,
Aplicando novamente a fórmula na integral   teremos:
Solução da Questão 3
Temos que resolver a integral de�nida:
Primeiro vamos reescrever essa integral:
Observe que não é possível aplicar o método da mudança de variável, assim, vamos aplicar o
método da integração por partes. Como as duas funções são   uma delas será   e a outra  .
Assim teremos,
A integral da função   é resolvida utilizando o método da integração por partes em que 
 e  .
Resolvendo a integral inicial utilizando a fórmula
teremos
A solução de distintos problemas demanda a aplicação do cálculo de integrais, por isso, é
fundamental que você adquira um entendimento sólido das principais regras e técnicas de
integração. A Figura 1 serve como uma representação visual dessas regras.
∫ 2xe−xdx
u = 2x
dv = e−xdx
u = 2x → du = 2dx
dv = e−x → v = ∫ e−xdx = −e−x
∫ 2xe−xdx,
∫ x2 e−x dx = x2 ⋅ −e−x − ∫ −e−x ⋅ 2xdx
= −x2e−x + ∫ 2xe−xdx = −x2e−x + [2x ⋅ −e−x − ∫ −e−x ⋅ 2dx] 
= −x2e−x − 2xe−x + 2 ∫ e−xdx
= −x2e−x − 2xe−x + 2[−e−x] +K
= −x2e−x − 2xe−x − 2e−x +K
∫ e
1 (ln (x))2dx
∫ e
1 (ln (x))2dx = ∫ e
1 [ln(x) ⋅ ln(x)]dx
ln (x), u dv
u = ln(x) → du = 1
x dx
dv = ln(x)dx → v = ∫ ln(x)dx = x ln (x) − x
ln (x)
u = ln (x) dv = 1dx
∫ b
a
udv =  uv|ba − ∫ b
a
vdu
∫
e
1 (ln(x))2dx = ∫
e
1 [ln(x) ⋅ ln(x)]dx
= [ln(x) ⋅ (x ln(x) − x)]e1 − ∫ e
1 (x ln(x) − x) 1
x
 dx
= [x ln2(x) − x ln(x)]
e
1 − ∫
e
1 (ln(x) − 1) dx
= [x ln2(x) − x ln(x)]
e
1
− ∫ e
1 ln(x)dx+ ∫ e
1 1 dx
= [x ln2(x) − x ln(x)]
e
1 − [x ln(x) − x]e1 + [x]e1
= [(e ln2(e) − e ln(e))− (1 ln2(1) − 1 ln(1))]− [(e ln(e) − e) − (1 ln(1) − 1)] + (e− 1)
= [e ⋅ 1 − e ⋅ 1 − 1 ⋅ 0 + 1 ⋅ 0] − [e ⋅ 1 − e− 1 ⋅ 0 + 1] + e− 1
= e− e− 0 + 0 − e+ e+ 0 − 1 + e− 1 = e− 2 ≈ 0,72
Disciplina
CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Figura 1 | Regras e técnicas de integração
 
ANTON, H. et al. Cálculo: v.1. Porto Alegre: Grupo A, 2014. E-book. ISBN 9788582602263. Disponível
em: https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602263/. Acesso em: 21 jan. 2024.
LARSON, R. Cálculo aplicado – Curso rápido: Tradução da 9ª ed. norte-americana. São Paulo:
Cengage Learning Brasil, 2016. E-book. ISBN 9788522125074. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/. Acesso em: 21 jan. 2024.
MORETTIN, P. A.; BUSSAB, W. O.; HAZZAN, S. Cálculo – funções de uma e várias variáveis. São
Paulo: Editora Saraiva, 2016. E-book. ISBN 9788547201128. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/. Acesso em: 21 jan. 2024.
STEWART, J.; CLEGG, D.; WATSON, S. Cálculo. v.1. São Paulo: Cengage Learning Brasil, 2021. E-book.
ISBN 9786555584097. Disponível em:
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/. Acesso em: 21 jan. 2024.
,
Unidade 2
Integrais e suas Aplicações
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788582602263/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788522125074/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9788547201128/
https://integrada.minhabiblioteca.com.br/#/books/9786555584097/
Disciplina
CÁLCULO DIFERENCIAL E
INTEGRAL II
Aula 1
Cálculo de Áreas Sob e entre Curvas
Cálculo de áreas sob e entre curvas
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Dica para você
Aproveite o acesso para baixar os slides do vídeo, isso pode deixar sua
aprendizagem ainda mais completa.
Olá, estudante! Esperamos que esteja bem! Nessa aula apresentaremos as ideias para calcular áreas
sob e entre curvas por meio de integrais. Serão expostos alguns conceitos importantes para aplicar
as integrais no cálculo de áreas e alguns exemplos. Fique atento às diferentes formas de curvas que
mostraremos, pois há algumas ideias que serão abordadas em cada tipo de curva.
Ponto de Partida
As integrais de�nidas têm uma variedade de aplicações em diversas áreas da matemática, ciência e
engenharia. Uma dessas aplicações consiste no cálculo de área, uma vez que a integral de�nida