# Integrais duplas: integrais iteradas, regiões e coordenadas polares

> Calcule integrais duplas passo a passo: integrais iteradas, teorema de Fubini, regiões curvas, troca da ordem de integração e coordenadas polares.

Fonte: https://practicecalculus.com/pt/blog/integrais-duplas
Atualizado: 2026-10-20

## Pontos principais

- Uma integral dupla $\iint_R f(x, y)\,dA$ soma $f$ sobre uma região e, para $f \ge 0$, é o volume sob a superfície $z = f(x, y)$.
- Você a calcula como uma integral iterada: integra a variável de dentro mantendo a de fora constante e depois integra o resultado.
- Numa região não retangular, os limites de dentro são funções da variável de fora, e os limites de fora são sempre constantes.
- Em coordenadas polares, $dA = r\,dr\,d\theta$. Nunca esqueça o fator extra $r$.

Uma integral simples soma uma função ao longo de um intervalo. Uma integral dupla a soma sobre uma região inteira do plano, o que permite encontrar volumes, massas e médias sobre figuras 2D. A surpresa é que você nunca precisa de uma técnica nova para calculá-la: basta fazer duas integrais comuns em sequência. A parte difícil é acertar os limites.

Este guia percorre as integrais iteradas e o teorema de Fubini, integrais sobre regiões curvas, a troca da ordem de integração e as coordenadas polares, com todos os passos mostrados.

## O que é uma integral dupla?

Divida uma região $R$ do plano $xy$ em retângulos minúsculos de área $\Delta A$. Sobre cada um, construa uma coluna fina de altura $f(x, y)$. A **integral dupla** é o limite do volume total dessas colunas quando os retângulos encolhem:

$$\iint_R f(x, y)\,dA = \lim_{\Delta A \to 0} \sum f(x_i, y_i)\,\Delta A$$

É a versão 2D de uma soma de Riemann. Quando $f \ge 0$, ela é o **volume** sob $z = f(x, y)$ e acima de $R$. Quando $f = 1$, ela é simplesmente a **área** de $R$.

## Integrais iteradas e o teorema de Fubini

Você quase nunca usa a definição por limite. Em vez disso, calcula uma **integral iterada**, uma variável de cada vez. O **teorema de Fubini** diz que, para $f$ contínua no retângulo $R = [a, b] \times [c, d]$,

$$\iint_R f(x, y)\,dA = \int_a^b \int_c^d f(x, y)\,dy\,dx = \int_c^d \int_a^b f(x, y)\,dx\,dy$$

Leia a integral iterada de dentro para fora. Em $\int_a^b \int_c^d f\,dy\,dx$, integre primeiro em relação a $y$, tratando $x$ como constante (como uma [derivada parcial](/blog/partial-derivatives) ao contrário). O resultado é uma função só de $x$. Depois integre isso de $a$ até $b$.

### Exemplo resolvido 1: um retângulo, nas duas ordens

Calcule $\iint_R (x + 2y)\,dA$ em que $R = [0, 2] \times [0, 3]$, ou seja, $0 \le x \le 2$ e $0 \le y \le 3$.

**Passo 1. Integral de dentro em $y$, mantendo $x$ constante.**

$$\int_0^3 (x + 2y)\,dy = \Big[xy + y^2\Big]_{y=0}^{y=3} = 3x + 9$$

**Passo 2. Integral de fora em $x$.**

$$\int_0^2 (3x + 9)\,dx = \Big[\tfrac{3}{2}x^2 + 9x\Big]_0^2 = 6 + 18 = 24$$

**Passo 3. Confira com a outra ordem.** De dentro em $x$: $\int_0^2 (x + 2y)\,dx = 2 + 4y$. De fora em $y$: $\int_0^3 (2 + 4y)\,dy = 6 + 18 = 24$. Mesma resposta, como Fubini garante.

> **Dica:** se o integrando se fatora como $g(x)\,h(y)$ e a região é um retângulo, a integral dupla se separa num produto: $\left(\int_a^b g(x)\,dx\right)\left(\int_c^d h(y)\,dy\right)$.

## Integrais duplas sobre regiões não retangulares

A maioria das regiões é limitada por curvas. Há duas formas padrão de descrevê-las.

**Tipo I (faixas verticais):** $a \le x \le b$ e $g_1(x) \le y \le g_2(x)$. Integre $y$ primeiro:

$$\iint_R f\,dA = \int_a^b \int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x, y)\,dy\,dx$$

**Tipo II (faixas horizontais):** $c \le y \le d$ e $h_1(y) \le x \le h_2(y)$. Integre $x$ primeiro:

$$\iint_R f\,dA = \int_c^d \int_{h_1(y)}^{h_2(y)} f(x, y)\,dx\,dy$$

A regra de ouro: **os limites de fora são constantes, e os limites de dentro só podem depender da variável de fora.**

Como montar os limites:

1. Esboce a região e identifique cada curva da fronteira.
2. Escolha a ordem. Para $dy\,dx$, trace uma reta vertical pela região: ela entra pela curva de baixo $g_1(x)$ e sai pela curva de cima $g_2(x)$.
3. Os limites de fora são o menor e o maior $x$ de toda a região.

### Exemplo resolvido 2: uma região sob uma curva

Calcule $\iint_R xy\,dA$, em que $R$ é limitada por $y = \sqrt{x}$, $y = 0$ e $x = 4$.

```graph
title: 'A região limitada por y = √x, pelo eixo x e pela reta x = 4'
caption: 'Como região do Tipo I: $0 \le x \le 4$ e $0 \le y \le \sqrt{x}$. Como região do Tipo II: $0 \le y \le 2$ e $y^2 \le x \le 4$.'
x: [-0.5, 5]
y: [-0.5, 2.6]
functions:
    - expr: sqrt(x)
      label: y = √x
shade: {expr: sqrt(x), from: 0, to: 4}
vertical:
    - {x: 4, label: 'x = 4'}
points:
    - [4, 2, '(4, 2)']
```

**Passo 1. Descreva a região.** Uma reta vertical em $x$ entra em $y = 0$ e sai em $y = \sqrt{x}$, para $x$ de $0$ a $4$.

**Passo 2. Integral de dentro em $y$.**

$$\int_0^{\sqrt{x}} xy\,dy = x\left[\frac{y^2}{2}\right]_0^{\sqrt{x}} = x \cdot \frac{x}{2} = \frac{x^2}{2}$$

**Passo 3. Integral de fora em $x$.**

$$\int_0^4 \frac{x^2}{2}\,dx = \left[\frac{x^3}{6}\right]_0^4 = \frac{64}{6} = \frac{32}{3}$$

## Como inverter a ordem de integração

Inverter a ordem significa descrever a **mesma região** com faixas horizontais em vez de verticais (ou o contrário). Você não pode simplesmente trocar os limites de lugar. Precisa redesenhar.

**Passo 1. Recupere a região** a partir dos limites atuais e esboce-a.

**Passo 2. Encontre o intervalo constante da nova variável de fora.**

**Passo 3. Para um valor típico dela, descubra onde a nova variável de dentro entra e sai.** Resolva cada curva da fronteira para a variável de dentro.

Refaça o exemplo 2 na ordem $dx\,dy$. A região vai de $y = 0$ até $y = 2$ (já que $\sqrt{4} = 2$). Uma reta horizontal na altura $y$ entra pela curva, onde $x = y^2$, e sai em $x = 4$:

$$\int_0^2 \int_{y^2}^{4} xy\,dx\,dy = \int_0^2 y\cdot\frac{16 - y^4}{2}\,dy = \int_0^2 \left(8y - \frac{y^5}{2}\right)dy = 16 - \frac{64}{12} = \frac{32}{3}$$

Mesma resposta, o que é uma ótima forma de conferir os limites.

### Exemplo resolvido 3: inverter para tornar possível

Calcule $\displaystyle\int_0^1 \int_y^1 e^{x^2}\,dx\,dy$.

A integral de dentro $\int e^{x^2}\,dx$ não tem antiderivada elementar, então nesta ordem você fica travado. Inverta.

**Passo 1. Leia a região.** $0 \le y \le 1$ e $y \le x \le 1$. Esse é o triângulo abaixo da reta $y = x$, acima de $y = 0$ e à esquerda de $x = 1$.

```graph
title: 'A região triangular sob y = x entre x = 0 e x = 1'
caption: 'O mesmo triângulo descrito de duas formas: $0 \le y \le 1,\ y \le x \le 1$ ou $0 \le x \le 1,\ 0 \le y \le x$.'
x: [-0.3, 1.5]
y: [-0.3, 1.3]
functions:
    - expr: x
      label: y = x
shade: {expr: x, from: 0, to: 1}
vertical:
    - {x: 1, label: 'x = 1'}
```

**Passo 2. Descreva-a com faixas verticais.** $x$ vai de $0$ a $1$ e, para cada $x$, $y$ vai de $0$ até a reta $y = x$.

**Passo 3. Integre na nova ordem.**

$$\int_0^1 \int_0^x e^{x^2}\,dy\,dx = \int_0^1 x e^{x^2}\,dx$$

**Passo 4. Termine com [substituição (mudança de variável)](/blog/u-substitution).** Com $u = x^2$, $du = 2x\,dx$:

$$\int_0^1 x e^{x^2}\,dx = \left[\tfrac{1}{2}e^{x^2}\right]_0^1 = \frac{e - 1}{2}$$

A integral de dentro em $y$ produziu o fator $x$ que fez a substituição funcionar. Esse é o motivo clássico para inverter a ordem.

## Integrais duplas em coordenadas polares

Quando a região é um disco, um anel ou um setor, os limites retangulares ficam complicados. Passe para coordenadas polares:

$$x = r\cos\theta, \quad y = r\sin\theta, \quad x^2 + y^2 = r^2, \quad dA = r\,dr\,d\theta$$

$$\iint_R f(x, y)\,dA = \int_\alpha^\beta \int_{r_1}^{r_2} f(r\cos\theta, r\sin\theta)\,r\,dr\,d\theta$$

O $r$ extra aparece porque um pequeno pedaço em coordenadas polares tem largura $dr$ e comprimento de arco $r\,d\theta$.

### Exemplo resolvido 4: volume sob um paraboloide

Encontre o volume sob $z = 4 - x^2 - y^2$ e acima do plano $xy$.

**Passo 1. Encontre a região.** A superfície encontra $z = 0$ onde $x^2 + y^2 = 4$, um disco de raio 2. Em polares: $0 \le r \le 2$, $0 \le \theta \le 2\pi$.

**Passo 2. Converta o integrando.** $4 - x^2 - y^2 = 4 - r^2$.

**Passo 3. Monte com $dA = r\,dr\,d\theta$.**

$$V = \int_0^{2\pi} \int_0^2 (4 - r^2)\,r\,dr\,d\theta$$

**Passo 4. Integral de dentro.**

$$\int_0^2 (4r - r^3)\,dr = \left[2r^2 - \frac{r^4}{4}\right]_0^2 = 8 - 4 = 4$$

**Passo 5. Integral de fora.** $\int_0^{2\pi} 4\,d\theta = 8\pi$.

O volume é $8\pi$. Em coordenadas retangulares, isso exigiria limites com $\sqrt{4 - x^2}$ e uma integral muito mais difícil.

## Erros comuns com integrais duplas

1. **Esquecer o $r$ em polares.** Sem ele, o exemplo 4 dá $\int_0^{2\pi}\int_0^2 (4 - r^2)\,dr\,d\theta = \frac{32\pi}{3}$, o que está errado.
2. **Variáveis nos limites de fora.** Se um limite de fora contém $x$ ou $y$, a montagem está errada. Os limites de fora são sempre números.
3. **Trocar os limites sem redesenhar.** Mudar $\int_0^1\int_y^1 \,dx\,dy$ para $\int_0^1\int_x^1 \,dy\,dx$ descreve um triângulo diferente.
4. **Ordem de $dx\,dy$ incompatível.** O diferencial de dentro precisa corresponder aos limites de dentro.
5. **Curvas de cima e de baixo invertidas.** Se $g_1(x)$ está acima de $g_2(x)$, você obtém uma área negativa. Confira com um esboço.

## Referência rápida: montando integrais duplas

| Região | Montagem |
| --- | --- |
| Retângulo $[a, b] \times [c, d]$ | $\int_a^b \int_c^d f\,dy\,dx$ (qualquer ordem) |
| Tipo I: $g_1(x) \le y \le g_2(x)$ | $\int_a^b \int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f\,dy\,dx$ |
| Tipo II: $h_1(y) \le x \le h_2(y)$ | $\int_c^d \int_{h_1(y)}^{h_2(y)} f\,dx\,dy$ |
| Disco de raio $a$ | $\int_0^{2\pi} \int_0^a f\,r\,dr\,d\theta$ |
| Área de $R$ | $\iint_R 1\,dA$ |
| Valor médio de $f$ em $R$ | $\frac{1}{\text{Área}(R)}\iint_R f\,dA$ |

## Pratique a montagem, não só a integração

A integração numa integral dupla costuma ser conteúdo de Cálculo 1 e 2. O que exige prática é ler uma região e escrever os limites certos na ordem certa. A lição interativa abaixo traz regiões e integrais para você montar, confere os seus limites antes de você integrar e mostra exatamente qual fronteira deu errado.

## Perguntas frequentes

### O que uma integral dupla representa?

Uma integral dupla $\iint_R f(x, y)\,dA$ soma os valores de $f$ sobre uma região bidimensional $R$. Quando $f \ge 0$, ela dá o volume do sólido sob a superfície $z = f(x, y)$ e acima de $R$. Com $f = 1$, ela dá a área de $R$.

### A ordem de integração importa numa integral dupla?

Para uma função contínua, o valor não depende da ordem (esse é o teorema de Fubini), mas os limites dependem. Num retângulo você pode trocar $dx\,dy$ por $dy\,dx$ à vontade. Numa região geral, você precisa redesenhar a região e reescrever os limites ao trocar.

### Como inverter a ordem de integração?

Esboce a região a partir dos limites dados e depois descreva a mesma região do outro jeito: encontre o intervalo constante da nova variável de fora e, para cada valor dela, descubra onde a nova variável de dentro entra e sai da região. Esses serão os novos limites.

### Quando usar coordenadas polares numa integral dupla?

Use coordenadas polares quando a região for um disco, uma coroa circular ou um setor, ou quando o integrando tiver $x^2 + y^2$. Substitua $x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$ e $dA = r\,dr\,d\theta$.

### Por que aparece um r extra nas integrais duplas em coordenadas polares?

Um pequeno pedaço em coordenadas polares não é um quadrado. É um pedaço de anel com largura radial $dr$ e comprimento de arco $r\,d\theta$, então sua área é $r\,dr\,d\theta$. Os pedaços mais longe da origem são maiores, e o fator $r$ leva isso em conta.