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-
Problemas Resolvidosde
Integrais Multiplas
Uma apostila de auxlio a compreensao ao
Calculo Diferencial Integral III
Prof. Dr. Beto Rober Saavedra
Universidade Federal do Vale de Sao Francisco
Colegiado de Engenharia de Producao
http:www.univasf.edu.br/producao/
1
-
COLABORADORES:
Adalto Liberato de Moura Neto
Anderson Matias da Silva
Andre Soares de Siqueira
Barbara Oliveira Lima
Bruna Parente Granja
Carla Daniela Pereira da Silva
Catiane Queite Simas de Santana
Cyntia de castro Araujo Pereira
Daniel dos Santos Costa
Denisson Augusto Bastos Leal
Diego Galvao Campos Oliveira
Edmilson Jonatas Santos de Brito
Edmo Henrique Martins
Edson Silva Lopes
Eldon de Aquino Costa
Elton Barbosa Santos
Emanuela oliveira dos Santos Paiva
Erick galvao Santana
Eugenio dos Santos de Castro Campos
Francisco Caio Silva Ladislau
Francisco Elde Oliveira Junior
Geilson Ribeiro da Silva
Gilmara Pires Granja
Giovane Alves Bonfim Dias
Glaucia Suerdia Gomes do Nascimento
Gustavo Alves Raphael
Henrique Martins de Miranda
Ilenia Evangelista Rodrigues
Jackson Yanno Araujo de Carvalho
Jadson Patrick Santana de Moraes
Jamile Costa do Nascimento
Jose Antunes da Silva Neto
Jose Augusto Barreira Fonseca Filho
Juman Fernandes Santos Sousa2
-
Leila Oliveira Santos
Lucas Matheus de Oliveira Barbosa
Luiz Henrique Coimbra Coelho Gonzaga
Marcelo Henryque Costa de Souza
Maria Augusta Ferreira da Costa Andrade
Matheus Moreira Santiago
Natasha Camilo Dias
Osvaldo Campelo de Mello Vasconcelos
Paula Lima Alves
Paulo Henrique Rocha Pereira
Paulo Vitor Torres barbosa
Pedro de Brito Cavalcanti Neto
Pedro Henrique Araujo Sobral
Raquel Rafael de Freitas Silva
Renan Franca da Silva
Ricardo Barbosa de Siqueira
Ricardo Euller Dantas e Silva
Roberta Daniela da Silva Santos
Simone do Nascimento Luz
Tayron Juliano Souza
Thiago Bruo Rodrigues de Rezende Oliveira
Ulderico Rios Oliveira
Vanderleia Dias da Silva
Victor Marcilio de Araujo Souza Peixoto
3
-
.
A diferena entre sonho e realidade e a quantidade certa de tempo e trabalho.
William Douglas
4
-
1. Determine o volume da regiao solida E limitada pela superfcie z =
sen(x2 + y2) e a regiao plana circular de centro (0, 0, 0) e raio2.
Solucao . Observar que parte da regiao E fica acima da regiao plana circular de
centro (0, 0, 0) e raio e a outra parte embaixo da regiao plana limitada pelas
circunferencias concentricas de centro (0, 0, 0) e raios e
2 respetivamente. Logo,
usando coordenadas polares, o volume da regiao E e
V =
2
0
0
rsen(r2)drd 2
0
2
rsen(r2)drd
=
2
0
12cos(r2)
0 d +
2
0
1
2cos(r2)
2d
= 2 + 2 = 4
5
-
2. Calcular
R
cos
(y+xyx
)
, onde R e a regiao trapezoidal com vertices
(2, 0), (4, 0), (0, 4) e (0, 2).
Solucao . Vamos fazer a mudanca de variaveis:
u = x+ y v = x y
Essas equacoes definem a transformacao inversa T1 do plano xy para o plano uv. E,
a transformacao T, do plano uv para o plano xy, e dada pelas equacoes
x =1
2(u+ v) y =
1
2(u v)
O jacobiano de T e (x,y)(u,v) =12 . A transformacao T transforma uma regiao S no
plano uv na regiao R como mostra a figura abaixo:
Logo:
R
cos
(y + x
y x
)
dA =1
2
S
cos(u
v)dudv
=1
2
4
2
v
vcos(
u
v)dudv
=1
2
4
2
v2sen2(u
v)|vvdv
= 0
6
-
3. Determine o volume da regiao solida E limitada pela superfcie z =
(x2 + y2)sen(x2 + y2) e a regiao plana circular de centro (0, 0, 0) e raio2.
Solucao . Observar que parte da regiao E fica acima da regiao plana circular de
centro (0, 0, 0) e raio e a outra parte embaixo da regiao plana limitada pelas
circunferencias concentricas de centro (0, 0, 0) e raios e
2 respetivamente. Logo,
usando coordenadas polares, o volume da regiao E e
V =
2
0
0
r3sen(r2)drd 2
0
2
r3sen(r2)drd
Agora, pela substituicao u = r2 e 12du = dr e os respetivos limites de integracao r =
0 u = 0, u = u = e r =2 u = 2, obtermos:
V =1
2
2
0
0
usen(u)drd 12
2
0
2
usen(u)drd
=1
2[
2
0
ucos(u) + sen(u)0d 2
0
ucos(u) + sen(u)2 d]
= + 3 = 4
7
-
4. Determine o volume da regiao solida limitada pelas esferas
(x 1)2 + (y 1)2 + (z 1)2 = 9 e (x 4)2 + (y 4)2 + (z 4)2 = 16.
Solucao A distancia entre os centros das esferas dadas e 33. Calcular o volume da
regiao solida dada e mesma coisa que calcular o volume da regiao solida limitada pelas
esferas
x2 + y2 + z2 = 9 e x2 + y2 + (z 33)2 = 16.
Observar a figura seguinte:
Para encontrar o plano paralelo ao plano XY sobre o que descansa a intersecao das
esferas, precisamos resolver a equacao
16 z2 = 9 (z 33)2
Isto e, o plano procurado e z = 173
9 . Logo, a regiao E fica acima da regiao plana
8
-
x2 + y2 14327 . O volume de E e
V =
2
0
14327
0
r
16 r2 [33r r
9 r2]drd
=
=
2
0
13
(16 r2) 32 |
14327
0 33r2
2|
14327
0 1
3(9 r2) 32 |
14327
0 d = 2, 524....
9
-
5. Determine a area da parte do cone z2 = 4(x2 + y2) entre os planos z =
1 e z = 2.
Solucao . Observar que a parte do cone entre os planos z = 1 e z = 2. fica acima da
regiao R no plano XY limitada pelas circunferencias x2 + y2 = 14 e x2 + y2 = 1.
Logo, a area procurada e
A =
R
1 + (z
x)2 + (
z
y)2dxdy
=
R
1 +x2
4(x2 + y2)+
y2
4(x2 + y2)dxdy
=
R
5
4dxdy
=
5
4
2
0
1
12
rdrd =3
4
5
4.
10
-
6. Seja B a bola fechada x2 + y2 + z2 4.
(a) Provar por meio de Mudanca de Variaveis que
B
e3x2+xdV =
B
e3z2+zdV
(b) Calcular
B
ex
2
+ ex2+3z3dV
B
ey2 + ez2+3y3dV
Solucao . As coordenadas no espaco R3 podem ser dadas pelas variaveis (x, y, z) ou
pelas variaveis (u, v, w).
(a) Consideramos a mudanca de variaveis dada por
u = z v = y w = x
Observamos que a mudanca de variaveis dada transforma a a bola fechada x2 +
y2 + z2 4 na bola fechada u2 + v2 + w2 4. Alem disso, | (x,y,z)(u,v,w) | = 1.Logo,
B
e3x2+xdV =
B
e3w2+wdudvdw =
B
e3w2+wdV =
B
e3z2+zdV
(b) Sejam as transformacoes inversas T11 dada por
u = y v = x w = z
e T12 dada por
u = y v = z w = x
Observamos que as duas transformacoes T1 e T2 levam a bola fechada B na bola
fechada B. Alem disso, ambos os modulos dos Jacobianos de T1 e T2 sao igual a
1. Logo, como acima, temos
B
ex2
dV =
B
ey2
dV e
B
ex2+3z3dV =
B
ez2+3y3dV
Logo,
B
ex
2
+ ex2+3z3dV
B
ey2 + ez2+3y3dV
= 1
11
-
7. (a) Encontrar todos os pontos (x, y) do plano tais que |x|+ |y| = 1.
(b) Calcular a integral dupla
B
ex+ydA, onde B = {(x, y) R2 : |x| + |y|
3}.
Solucao .
(a) Denotamos o conjunto E = {(x, y) R2 : |x| + |y| = 1}. Podemos escrever esseconjunto como segue
E = E1
E2
E3
E4
onde
E1 = {(x, y) R2 : x+y = 1, x 0, y 0}, E2 = {(x, y) R2 : x+y = 1, x 0, y 0}
E3 = {(x, y) R2 : x+y = 1, x 0, y 0}, E4 = {(x, y) R2 : x+y = 1, x 0, y 0}
Observamos que E1 e um segmento de reta que liga os pontos (1, 0) e (0, 1), E2 e
um segmento de reta que liga os pontos (0, 1) e (1, 0), E3 e um segmento de retaque liga os pontos (1, 0) e (0,1), e E4 e um segmento de reta que liga os pontos(0,1) e (1, 0) (ver figura 1).
Figura 1: Conjunto E.
(b) Como no item anterior, prova-se que o conjunto de pontos (x, y) tais que |x|+|y| =3 e um losango com vertices (3, 0), (0, 3), (3, 0) e (0,3). Logo, B e a regiaolimitada por esse losango(ver figura 2). Seja a transformacao inversa T1 dada
12
-
Figura 2: O conjunto B transforma-se num Quadrado S de lado de comprimento igual a 3.
por u = x + y v = x y. Para determinar a regiao S do planouv correspondente a B, notamos que os lados de B estao sobre as retas
x+ y = 3, x y = 3, x+ y = 3, x y = 3
e as retas correspondentes do plano uv sao
u = 3, v = 3, u = 3, v = 3
Entao , a regiao S e o quadrado com vertices (3, 3), (3, 3), (3,3) e (3,3) comomostra a figura 2. Por outro lado, o valor absoluto do Jacobiano da transformacao T e
igual a(x,y)(u,v)
= 12 . Logo,
B
ex+ydA =
B
eu
(x, y)
(u, v)
dA
=1
2
S
eudA
=1
2
3
3
3
3e
ududv
= 3(e3 e3).
13
-
8. Determine o volume do solido com vertices (0,0,0), (0,0,1), (0,2,0) e (2,2,0).
Solucao . Para seguir o raciocnio, observar a Figura 1. A base do Tetraedro e um
retangulo, que denotarmos por R, determinado pelas retas y = x, y = 2, x = 0. A
regiao R e a projecao ortogonal do plano, determinado pelos pontos (0,0,1),(0,2,0),(2,2,0),cuja
equacao Cartesiana e z = 2y2 . Logo, o volume requerido e
Figura 3: Tetraedro
R
2 y2
dA =
2
0
y
0
2 y2
dxdy
=
2
0
2y y22
dy
=y2
2 y
3
6|20 =
2
3.
14
-
9. Calcular
R
tang(18x2 + 8y2)dA,
onde R e a regiao do primeiro quadrante limitada pela elipse 9x2 + 4y2 = 14 .
Solucao . Pela mudanca de coordenadas:
x =1
3rcos(), y =
1
2rsen(); 0 r 1
2, 0
2.
temos:
R
tan(18x2 + 8y2)dA =1
6
2
0
12
0
tang(2r2)rdrd
=1
24
2
0
ln(cos(2r2))|120 d
=1
24
2
0
ln(cos(12))d
=48
ln(cos(1
2))
15
-
10. Calcular
R
(y x)sen
(y+xyx
)
, onde R e a regiao trapezoidal com vertices
(2, 0), (4, 0), (0, 4) e (0, 2).
Solucao . Vamos fazer a mudanca de variaveis:
u = x+ y v = x y
Essas equacoes definem a transformacao inversa T1 do plano xy para o plano uv. E,
a transformacao T, do plano uv para o plano xy, e dada pelas equacoes
x =1
2(u+ v) y =
1
2(u v)
O jacobiano de T e (x,y)(u,v) =12 . A transformacao T transforma uma regiao S no
plano uv na regiao R como mostra a figura abaixo:
Logo:
R
(y x)sen(y + x
y x
)
dA =1
2
S
vsen(u
v)dudv
=1
2
4
2
v
vvsen(
u
v)dudv
= 12
4
2
v2cos(u
v)|vvdv
= 0
16
-
11. Calcule a integral
a) 1
0
2
1x cosxy dxdy
Solucao.
Fazendo a substituicao simples, temos:
xy = u
du = x dy
Assim,
2
1
[ 1
0cosudu
]
dx = 2
1[senxy]
10 dx =
2
1senxdx = [ cosx]21 =
= cos 2 + cos 1
17
-
12. Calcule
R
ex2+y2dydx,
onde R a regiao semicircular limitada pelo eixo X e pela curva , y =1 x2.
Solucao . Em coordenadas cartesianas, a integral em questao e uma intefral nao el-
ementar e nao existe nenhuma maneira direta de integrar ex2+y2 em relacao a x ou y.
Ainda assim essa integral e outras integrais como essa sao importantes em matematica
em estatstica por exemplo e queremos encontrar uma maneira de calcula-la. As
coordenadas polares servem para isso. A substituicao de x = r cos , y = r sen e a troca
de dydx por rdrd nos permitem calcular a integral como :
Rex
2+y2dydx =
0
1
0er
2
rdrd =
0
[12e
r2]1
0d =
012 (e 1)d = 2 (e 1)
O r em r dr d era justamente o que precisavamos para integrar. Sem isso, estariamos
impedidos de prosseguir, como no comeco .
18
-
13. Encontre o momento polar da inercia em relacao a origem de uma placa fina
de densidade (x, y) = 1 limitada pelo quarto de circunferencia x2 + y2 = 1 no
primeiro quadrante .
Solucao . Em coordenadas cartesianas, o momento polar e o valor da integral
1
0
1x2
0
dydx
Integrando em relacao a y, temos :
1
0
(
x2
1 x2 + (1 x2)
32
3
)
dx
Uma integral difcil de calcular sem tabelas.
As coisas melhoram se mudamos a interal original para coodenadas polares. Substituindo
x = r cos , y = r sen e trocando dxdy por r dr , obtemos :
1
0
1x2
0
(x2 + y2)dydx =
2
0
1
0
(r2)rdrd
=
2
0
[r4
4
]r=1
r=0
d =
2
0
1
4d =
8
Por que a transformacao em coordenadas polares e tao eficaz aqui ? Um motivo e que
x2 + y2 e simplificada para r2 . Outro motivo e que os limites de integracao tornam-se
constantes.
19
-
14. Identificando a regiao de integracao . Esbocar e calcular 0
1
1x
2xdydx+
2
0
1x
x2dydx
Solucao . Com o auxilio da figura abaixo e possvel verificar a regiao na qual se deseja
calcular.
Figura 4: Grafico.
0
1
1x
2xdydx+
2
0
1x
x2dydx
=
0
11 + x dx+
2
0
1 x2dx
= x+x2
2
0
1+ x x
2
4
2
0
= (
1 + 12
)
+ (2 1) = 32
20
-
15. Encontre a area dentro da lemniscata r2 = 4cos2 .
Solucao . Tracamos o grafico da lemniscata para determinar os limites de integracao e
vemos que a area total e quatro vezes a area da porcao no primeiro quadrante.
a = 4
4
0
4cos2
0
rdrd = 4
4
0
[r2
2
]r=4cos2
r=0
d = 4
4
0
2cos2d = 4sen2
]4
0
= 4.
21
-
16. Calcule
B
ex2+y2dxdy B : (x, y) 1 x2 + y2 4 ,x y x, x 0.
Solucao .
X = rcos
Y = rsen
2
4
1
er2 rdrd = 12
2
=
2
4
1
eudud =1
2
2
eu
4
1
=1
2
f2
e4 e = 12(e4 e)
2=
1
2
[
(e4 e) (2e4
2e)]
=1
2
(
e4 e 2e4 +
2e)
=1
2
(2e4 2e e4 + e
2
)
=1
4(e4 )
22
-
17. Calcule
R
f(x, y)dxdy
onde R e a regiao triangular com vertices (0,0), ( 1, 0) e (0 , 1)
Solucao .
x x2x2 x1
=y y2y2 y1
=x 00 1
=y 11 0
x
1 =y 11
= x = y + 1
y = x 1 y = 1 x
1
0
1x
0
x2 + y2dydx =
1
0
x2y +y3
3
1x
0
dx =
1
0
x2(1 x) + (1 x)3
3dx
1
0
x2dx 1
0
x3dx+
1
0
(1 x)33
dx =x3
3
1
0
x4
4
1
0
13
(1 x)44
1
0
=1
3 1
4 1
3
(
0 14
)
=1
3 1
4+
1
12=
1
6
23
-
18. Encontre os limites da integracao para integrar f(r, ) sobre a regiao R que
esta dentro da cardioide r = 1 + cos e fora da circunferencia r = 1 .
Solucao
Passo 1 : Um esboco. Esbocamos a regiao e identificamos as curvas limitantes.
Passo 2 : Os limites de integracao de r. Um raio tpico a partir da origem entra em
R onde r = 1 e sai onde r = 1 + cos.
Passo 3 : Os limites de integracao de . Os raios a partir da origem que apresentam
interseccao com R variam de = /2 a = /2. A integral e :
2
2
1+cos
1
f(r, )rdrd
Se f(r, ) e a funcao constante cujo valor e 1 , entao a integral de f sobre r e a area de R .
A area de uma regiao R fechada e limitada no plano de coordenadas polares e
a =
R
rdrd.
Como seria de esperar, essa formula para a area e condizente com todas as formulas
anteriores, embora nao provemos esse fato .
24
-
19. Identificando a regiao de integracao . Esbocar e calcular
2
0
0
x24dydx+
4
0
x
0
dydx
Solucao .
Figura 5: Grafico.
2
0
4 x2 dx+ 4
0
x1/2 dx
= 4x x3
3
2
0
+2
3x3/2
4
0
=
(
8 83
)
+16
3=
32
3
25
-
20. Encontre o volume da regiao D limitada pelas superfcies z = x2 + 3y2 z =
8 x2 y2.Solucao . O volume e
v =
R
dzdydx,
a integral de f(x, y, z) = 1 sobre D . Para encontrarmos os limites de integracao para
calcular a integral, seguimos estes passos :
Passo 1 : Um esboco. As superficies apresentam interseccao no cilindro elptico
x2 + 3y2 = 8 x2 y2 ou x2 + 2y2 = 4. A fronteira da regiao R ( a projecao de D spbreo plano xy ) e uma elipse com a mesma equacao : x2 + 2y2 = 4 . A fronteira superior de
R e a curva y =
(4 x2)/2 . A fronteira inferior e a curva y =
(4 x2)/2 .Passo 2 : Os limites de integracao de Z . A reta M que passa por um ponto tpico (x, y)
em R que e paralela ao eixo Z entra em D em z = x2 + 3y2 e sai em z = 8 x2 y2 .Passo 3 : Os limites de integracao de y. A reta L que passa por (x, y) que e paralela ao
eixo y entra em R em y =
(4 x2)/2 e sai em y =
(4 x2)/2 .Passo 4 : Os limites de integracao de x . Quando L varre R, o valor de X varia de x = 2em (2, 0) a x = 2 em (2, 0, 0) . O volume e
v =
R
dzdydx
= 2
2
(4x2)/2
(4x2)/2
8x2y2x2+3y2
dzdydx
= 2
2
(4x2)/2
(4x2)/2(8 2x2 4y2)dydx
= 2
2[(8 2x2)y 43y3
]
(4x2)/2
(4x2)/2dx
= 2
2
(
2(8 2x2)
4x22 83
(4x2
2
) 32
)
dx
2
2
[
8(
4x22
) 32 83
(4x2
2
) 32
]
dx = 42
3
2
2(4 x2)32 dx
= 82 Unidades cubicas.
26
-
21. Determine os limites de integracao para calcular a integral tripla de uma
funcao f(x, y, z) sobre o tetraedro D com vertices (0, 0, 0) (1, 1, 0) (0, 1, 0) e (0, 1, 1).
Solucao .
Passo 1 : Um esboo. Esbocamos D junto com sua projecao R no plano xz. A superfcie
limitante superior a direita de D esta no plano y = 1 . A superficie limitante inferiror
a esquerda esta no plano y = x + z . A fronteira superior de R e a reta z = 1 x . Afronteira inferior e a reta z = 0
Passo 2 : Os limites de integracao de y. A reta que passa por um ponto tpico (x, z)
em R que e paralela ao eixo y entra em D em y = x+ z e sai em y = 1 .
Passo 3 : Os limites de integracao de Z . A reta L que passa por (x, z) que e paralela
ao eixo z entra em R e em z = 0 sai em z = 1 xPasso 4 : Os limites de integracao de x. A medida que L varre R , o valor de x varia
de x = 0 a x = 1 . A integral e
1
0
1x
0
1
x+z
F (x, y, z)dydzdx.
27
-
22. Esboce a regiao , inverta a ordem e calcule a integral
R
(y 2x2)dA,
onde R e a regiao limitada pelo quadrado |x|+ |y| = 1Solucao .
Figura 6: Grafico.
=
0
1
x+1
x1(y 2x2)dydx+
1
0
1x
x1(y 2x2)dydx
=
0
1
1
2y2 2x2 2x2y
x+1
x1dx+
1
0
1
2y2 2x2y
1x
x1dx
=
0
1
1
2(x+ 1)2 2x2(x+ 1) 1
2(x 1)2 + 2x2(x 1)dx
+
1
0
1
2(1 x)2 2x2(1 x) 1
2(x 1)2 + 2x2(x 1)dx
= 4 0
1(x3 + x2)dx+ 4
1
0
(x3 x2)dx
= 4[x4
4+
x3
3
]0
1+ 4
[x4
4 x
3
3
]1
0
= 4
[(1)4
4+
(1)33
]
+ 4
(1
4 1
3
)
= 8
(3
12 4
12
)
= 812
= 23
28
-
23. Encontre o valor medio de f(x, y, z) = xyz sobre o cubo limitado pelos planos
coordenados e pelos planos x = 2, Y = 2, z = 2 no primeiro octante
Solucao . Esbocamos o cubo com detalhes suficientes para mostrar os limites de inte-
gracao . Depois usamos a equacao (4) para calcular o valor medio de F sobre o cubo.
O volume do cubo e (2)(2)(2) = 8 . O valor da integral de F sobre o cubo e:
2
0
2
0
2
0xyzdxdydz =
2
0
2
0
[x2
2 yz]x=2
x=0dydz =
2
0
2
02yzdydz
2
0
[y2z
]y=2
y=0dz =
2
04zdz =
[2z2
]2
0= 8
Com esses valores, a equacao (4) da
valor medio de xyz sobre o cubo
=1
volume
cubo
xyzdV =1
8(8) = 8
Ao calcularmos a integral, escolhemos a ordem dxdydz, mas qualquer um das outras cinco
ordens tambem funciona
29
-
24. Esboce a regiao , inverta a ordem e calcule a integral
R
xydA,
onde R e a regiao limitada pelas retas y = x y = 2x x+ y = 2
Solucao .
Figura 7: Grafico.
23
0
2x
0
xydydx+
1
23
2x
x
xydydx
=
23
0
1
2xy2
2x
x
dx+
1
23
1
2xy2
2x
x
dx
=
23
0
2x3 12x3dx+
1
23
1
2x(2 x)2 1
2x3dx
=
23
0
3
2x3dx+
1
23
2x x2dx
=3
8x4
23
0
+ x2 23x3
1
23
=3
8 1681
+ 1 23
[4
9(2
3 827
)]
=6
81+
27
81(36
81 16
81
)
=13
81
30
-
25. Encontre um centroide ( = 1) do solido limitado pelo cilindro x2 + y2 = 4 e
limitado acima pelo paraboloide z = x2 + y2 e abaixo pelo plano xy
Solucao .
Passo 1 : Um esboco. Esbocamos o solido, limitado acima pelo paraboloide z = r2 e
abaixo pelo plano z = 0 . Sua base R e o disco |r| 2 no plano xy .O centroide do solido (x, y, z) esta sobre seu eixo de simetria, neste caso o eixo z. Isso
faz x = y = 0 . Para encontrarmos z , dividimos o primeiro momento Mxy pela massa M.
Passo 2 : Os limites de z . Uma reta M que passa por um ponto tpico (r, ) na base
paralela ao eixo z entra no solido en z = 0 e sai em z = r2 .
Passo 3 : Os limites de r . Um raio L que passa por (r, ) a partir da origem entra em r
em r = 0 e sai em r = 2 .
Passo 4 : Os limites de . A medida que L varre a base no sentido anti -horario, o angulo
que ele faz com o eixo x positivo varia de = 0 a = 2. O valor de Mxy e
Mxy =
2
0
2
0
r2
0
zdzrdrd =
2
0
2
0
[z2
2
]r2
0
rdrd =
2
0
2
0
r5
2drd
2
0
[r6
12
]2
0
d = =
2
0
16
3d = =
32
3.
O valor de M e
M =
2
0
2
0
r2
0
dzrdrd =
2
0
2
0
[z]r2
0 rdrd =
2
0
2
0
r3drd
2
0
[r4
4
]2
0
d =
2
0
4d = 8.
Portanto ,
z =Mxy
M=
32
3
1
8=
4
3
e o centroide e (0, 0, 43 ) . Observe que o centroide esta fora do solido.
31
-
26. Encontre uma solucao em coodenadas esfericas para a esfera x2+y2+(z1)2 = 1Solucao . Usamos as equacoes (3) para substituir x, yez :
x2 + y2 + (z 1)2 = 1.
p2 sen2 cos2 + p2 sen2 sen2 + (p cos 1)2 = 1
2 sen2 (cos2 + sen2 ) + 2 cos2 2 cos + 1 = 1
2 (sen2 + cos2 ) = 2 cos
2 = 2 cos
= 2 cos
32
-
27. Esboce a regiao , expresse a area com integral dupla iterada e a parabola
x = y y2 e a reta y = x+ 2Solucao .
Figura 8: Grafico.
1
2
y2
y2dxdy =
1
2y2 y + 2dy
= y3
3 y
2
2+ 2y
1
2
= 13 1
2+ 2
(8
3 2 4
)
=9
2
33
-
28. Esboce a regiao , expresse a area com integral dupla iterada e a parabola
x = y y2 e a reta y = xSolucao .
Figura 9: Grafico.
2
0
yy2
ydxdy =
2
0
2y y2dy
= y2 y3
3
2
0
= 4 83=
4
3
34
-
29. Esboce a regiao , expresse a area com integral dupla iterada e a curva y = ex
e as retas y = 0 x = 0 x = lnz
Solucao .
Figura 10: Grafico.
lnz
0
ex
0
dydx
=
lnz
0
exdx
= ex
lnz
0
= 2 1 = 1
35
-
30. Esboce a regiao , expresse a area com integral dupla iterada e as curvas
y = lnx e y = 2lnx e a reta x = e , no primeiro quadrante
Solucao .
Figura 11: Grafico.
e
1
2lnx
lnx
dydx
=
1
lnx dx
= x lnx x
e
1
= (e 2) (0 1) = 1
36
-
31. Esboce a regiao de integracao e calcule a integral
0
x
0xsenydydx.
Solucao . Seja B o triangulo 0 x , 0 y x para cada X fixo em [0, ]Assim,
0
xsenydydx
0
[(xcosy)]x0 dx
Segue que
0
xcosx (x)dx
0
xcosx+ xdx
0
x cosXdx
Fazendo integral por partes
u = x dv = cosx
du = dx v = senx
Dessa forma,
xsen
senxdx xsenx (cosx) xsenx+ cosx
Voltando para a integral
x2
2 (xsenx+ cosx)
0
to2
2 (sen + cos) (0 + 1)
=2
2 [(0 1) 1]
2
2+ 2
0
x
0
xsenydydx =2
2+ 2
37
-
32. Esboce a regiao de integracao e calcule a integral
3
0
2
0
(4 y2)dydx
Solucao . Pelo teorema de Fubini :
R
F (x, y)dxdy onde f(x, y) = 4 y2 e R o
retangulo 0 x 3 , 0 y 2 onde F (x, y) = 4 y2 e R o retangulo 0 x 3 ,0 y 2 .Seja f(x, y) definida em R e dada por :
Assim, 3
0
2
0
(4 y2)dydx 3
0
(
4y y3
3
)2
0
dx
Segue que 3
0
8 83dx
3
0
16
3dx
=16
3x
3
0
483
= 16
Ou seja 3
0
2
0
(4 y2) dydx = 16
38
-
33. Calcule a integral da funcao f(x, y) = x2 + y2 sobre a regiao triangular com
vertices (0, 0), (1, 0), e (0, 1)
Solucao . Seja B o triangulo 0 x 1, 0 y 1 x
B
x2 + y2dydx 1
0
1x
0
x2 + y2 dydx
1
0
[(
yx2 +y3
3
)]1x
0
dx 1
0
(
(1 x)x2 + (1 x3)3
3
)
dx
Resulta em: 1
0
x2 x3 + (1 x)3
3dx
Faz integral separada
Primeira integral 1
0
x2 dx =x3
3
1
0
=1
3
Segunda integral 1
0
x3 dx = x4
4
1
0
=14
Terceira integral 1
0
(1 x)33
dx
Resolver por substituicao , chama (1 x) de u e deriva em relacao a uTemos :
u = 1 xdu = dx
Assim, 1
0
u3
3du 1
3
1
0
u3 du = 113
(u4
4
)
Volta para variavel X
= 13
((1 x)4
4
)
(1 x)4
12
1
0
=1
12
Segue que 1
0
x2 x3 + (1 x)3
3dx =
1
3 1
4+
1
12=
1
6
Portanto 1
0
1x
0
x2 + y2 dydx =1
6
39
-
34. Calcule
D
(x+ y) da
, onde D e limitada por
y =x , y = x2
Solucao . Podemos escrever que a regiao D e :
D = {(x, y)/ 0 x 1 , x2 y x }
Como a fronteira de baixo e y = x2 e a de cima e y =x , escreve-se a integral como:
D
(x+ y) dydx =
1
0
x
x2(x+ y) dydx
Segue que
=
1
0
[
xy +y2
2
]x
x2dx
=
1
0
(
x3/2 +1
2x x3 x
4
2
)
dx
=
[2
5x5/2 +
1
4x2 1
4x4 1
10x5
]1
0
=3
10
Portanto 1
0
x
x2(x+ y) dydx =
3
10
40
-
35. Calcule
D
y3dA,
D e a regiao triangular com vertices (0, 2); (1, 1) e (3, 2)
Solucao . A regiao D e escrita como :
D = {(x, y)/ 1 y , 2 y x 2y 1}
Logo,
D
y3 dxdy =
2
1
2y1
2yy3 dxdy
=
2
1
[xy3
]x=2y1x=2y dy
Resulta em
=
2
1
[(2y 1) (2 y)] y3 dy
=
2
1
(3y4 3y3) dy
=
[3
5y5 3
4y4]2
1
=96
5 12 3
5+
3
5 147
20
Portanto 2
1
2y1
2yy3 dxdy =
147
20
41
-
36. Calcule
D
(2y y) DA,
onde D e limitada pelo crculo de centro na origem e raio 2
Solucao . A regiao D e :
D = {(x, y) / 2 x 2,
4 x2 y
4 x2}
logo ,
D
(2x y) dA = 2
2
4x2
4x2
(2x y) dydx
=
2
2
[
2xy 12y2]4x2
4x2
dx
Resulta em
2
2
[
2x
4 x2 12(4 x2) + 2x
4 x2 + 12(4 x2)
]
dx
=
2
24x
4 x2dx
= 43(4 x2)3/2
2
2
= 0
Portanto 2
2
4x2
4x2
(2x y) dydx = 0
42
-
37. A parte da esfera x2 + y2 + z2 = a2 que esta dentro do cilindro x2 + y2 = ax e
acima do plano XY
Solucao . Sendo
Z =
a2 x2 y2, Zx = x(a2 + x2 + y2)1/2, Zy = y(a2 x2 y2)1/2
Usando
A(s) =
D
[fx(x, y)]2 + [fy(x, y)]2 + 1 dA z = f(x, y), (x, y) D
Dessa forma,
A(s) =
D
x2 + y2
a2 x2 y2 + 1 dA
Passa para coordenadas polares:
=
/2
2
acos
a
r2
a2 r2 + 1 rdrd
=
2
2
a cos
0
ara2 r2
drd
Logo,
2
2
[
aa2 a2cos2 a
]
d = 2a2
2
0
(
1
1 cos2 )
d
2a2
2
0
d 2a2
2
0
sen2d
= 2a2
2
0
send
= a2( 2)
43
-
38. Calcule a integral tripla
EXZ DV , onde E e o solido do tetraedro com
vertices (0, 0, 0) (0, 1, 0) (1, 1, 0) e (0, 1, 1)
Solucao . A regiao de integracao e
0 x y z0 y 10 z y
Entao temos: 1
0
y
0
yz
0
XZ dxdzdy
=
1
0
y
0
1
2(y z)2 Z dzdy 1
2
1
0
[1
2y2z2 2
3yz3 +
1
4z4]y
0
dy
Resulta em :1
24
1
0
y4 dy =1
24
[1
5y5]1
0
=1
120
44
-
39. Calcule a integral tripla
E
(x+ 2y) dV,
onde E e limitado pelo cilindro parabolico y = x2 e pelo planos x = z , x =
y e z = 0
Solucao . O intevalo de integracao e :
0 x 1X y x2
0 z x
Entao temos:
E
(x+ 2y)dV 1
0
x
x2
x
0
(x+ 2y) dzdydx
=
1
0
x
x2(x2 + 2yx) dydx
1
0
[x2y + xy2
]y=x
y=x2dX
Resulta em :
1
0
(2x3 x4 x5)dX =[1
2x4 1
5x5 1
6x6
]1
0
=2
15
45
-
40. Faca o esboco do solido cujo volume e dada pela integral e calcule-a
2
0
2
0
4r2
0
rdzdrd
Solucao . Essa integral iterada e uma integral tripla sobre a regiao solida
E = {(r, , z) 0 2, 0 r 2, , 0 z 4 r2}
e a projecao de E acima do plano XY e a paraboloide z = 4 r2 = 4 x2 y2
Utilizando coordenadas cilindricas
2
0
2
0
4r2
0
rdzdrd =
2
0
2
0
(4r r3) drd
=
2
0
[
2r2 14r4]r=2
r=0
d
=
2
0
(8 4)d = 4
2
0
= 8
Logo 2
0
2
0
4r2
0
rdzdrd = 8
46
-
41. Faca o esboco do solido cujo volume e dado pela integral e calcule-a
2
0
2
0
1
0
2sindd
Solucao . A regiao de integracao usando coordenadas esfericas
E = {(, , ) / 0 1, 0 2, 0
2}
Sabemos que = x2 + y2 + z2 = 1
Entao temos:
2
0
2
0
1
0
2sen ddd =
2
0
2
0
[1
33sen
]p=1
p=0
dd
=
2
0
2
0
1
3sen dd =
2
0
1
3sen []
=2=0 d
Logo,
=1
3
2
0
2sin d =
6[cos]
20 =
6
47
-
42. Faca o esboco do solido cujo colume e dado pela integral e calcule-a
3
0
2
0
sec
0
2sen dd
Solucao . A regiao de integracao usando coordenadas esfericas
E = {(, , ) / 0le 2 , 0 3, 0 sen }
Sendo = sec equivalente a cos = z = 1 A regiao solida e esta limitada entre cone
= 3 e o plano z = 1 Portanto temos:
3
0
2
0
sec
0
2sen ddd =
3
0
2
0
[1
33sen
]=sec
=0
dd
Resulta :
=1
3
3
0
2
0
sen
cos3dd =
2
3
3
0
(tan sec2 ) d
=2
3
[tan2
2
]3
0
=
48
-
43. Calcule
R
x2 + y2 dxdy sendo R a regiao limitada por x2 + y2 = 2x ,
x2 + y2 = 4x , y = x e y =33 x
Solucao . A regiao R:
1) x2 + y2 = 2x
x2 2x+ y2 = 0(x 1)2 + y2 = 1
2)x2 + y2 = 4x
x2 4x+ y2 = 0(x 2)2 + y2 = 4
3) y = x
4)y =33 x
De acordo com x2 + y2 = 2x e x2 + y2 = 4x usa coodenadas cilindricas
r2 = 2rcos r(r 2 cos) = 0 r = 2cosr2 = 4rcos r(r 4cos) = 0 r = 4cos Assim,6 42cos r 4cos Logo,
R
x2 + y2 dxdy
4
6
(
r3
3
4 cos
2cos
)
1
3
4
6
64cos3 8cos3 d
Portanto temos
56
3
4
6
cos3 d to56
3
4
6
(1 sen2) cos d
Fazendo a substituicao : chama sen de U e deriva em relacao a U, temos :
u = sen
du = cosd
56
3
4
6
(1 u2) du
49
-
Assim,
56
3
(
u u3
3
)
4
6
=56
3
(
sen sen3
3
)
4
6
=
2
2 (
22 )
3
3 0
=
2
2
22
8
3
2
2
2
4 13
=
2
2
2
12 6
2
2
12=
52
12
50
-
44. Calcule: (x2 + y2) dxdy Onde B = {(x, y) IR2 / 1 x2 + y2 4}Solucao .
1 r 2 Sendo
x = rcos
y = rsendxdy = rdrd
Considerando
x2 + y2 = r2
Assim,
B
r2r drd 2
0
2
1
r3 drd
=
2
0
[
r4
4
2
1
]
d 2
0
(
4 14
)
d
15
4
2
0
d
2
0
154
2 = 152
51
-
45. Calcule a integral abaixo :
1
0
4
4x
ey2
dydx
Solucao . Nesse caso nao e possvel calcular a integral, pois f(y) = ey2
nao possui
primitiva, entao esboca-se a area A regiao passa a ser
R : 0 x y4
0 y 4
Assim,
4
0
y4
0
ey2
dxdy y
4
0
ey2
dx ey2x
y4
0
= ey2 y
4
=
4
0
(ey2 y
4)dy 1
4
4
0
(ey2 y) dy
Fazendo por substituicao
u = y2
du = 2ydy fdu2 = ydy
Entao temos1
4
4
0
eu(
du2
)
= 18
4
0
eudu
=1
8
0
4
eu du 18(eu)
0
4
=1
8
(
ey2)
0
4
=1
8
(eo e16
) 1
8(1 e16)
52
-
46. Calcular
T
(x2 + y2)dV,
onde T e a regiao inferior ao cilindro x2 + y2 = 1 e a esfera x2 + y2 + z2 = 4
Solucao .
*Em baixo z =
4 x2 y2
*Em cima z =
4 x2 y2
Dessa forma
-
4 x2 y2 z
4 x2 y2
x2 + y2 = 1
Usando coordenadas cilindrica
x = rcos
y = rsen
z = z
achar o Jacobiano:
(x, y, z)
(r, , z)
= r
A regiao de integracao e :
R
-4 r2cos2 r2sen2 z
4 r2cos2 r2sen2
0 20 r 1
Logo
R(r2cos2 + r2sen2)r dzdrd
2
0
1
0
4r2
4r2
r3 dzdrd =
2
0
1
0
r3(
4 r2 +
4 r2)
drd
=
2
0
1
0
r3(2
4 r2) drd = 2 2
0
1
0
r r2(
4 r2) drd
Fazendo
u = 4 r2 r2 = 4 u
2rdr = du rdr = du2
Portanto
Para r = 0 u = 4
53
-
Para r = 1 u = 3
Entao temos
2
2
0
3
4
(4 u)u du
2d
2
0
4
3
(4 u)u dud
=
2
0
4
3
(4 u) u1/2 dud
=
2
0
4
3
4u1/2 u3/2dud 2
0
4u3/2
3/2 u
5/2
5/2
4
3
d
=
2
0
8
3u3/2 2
5u5/2
4
3
d
=
2
0
(8
3(8) 2
5(32) 8
3(33) +
2
5(92)
)
d
=
2
0
(64
3 64
5 8
3 +
18
5
3
)
d
=
(64
3 64
5 8
3 +
18
5
3
)
2
=
(
256
15 44
3
5
)
54
-
47. Calcule
BZdxdydz onde B e o conjunto x2 + y2 + z2 1 e z
x2 + y2
Solucao . Usando coordenadas esfericas.
X = rcossen
Y = rsensem
Z = rcos
Z =
x2 + y2
rcos =
r2cos2sen2 + r2sen2sen
rcos =
r2sen2(cos2 + sen2)
rcos = rsen
cos = sen sencos
= 1 tg = 1
=
4(Cone que passa na origem )
Entao temos 2
0
4
0
1
0
rcos (r2 sen) drdd
=
2
0
4
0
1
0
r3 cos sen drdyd
=
2
0
4
0
r4
4
1
0
cos sen d dtheta
=
2
0
4
0
1
4cossen dd
Sabemos que cossen = sen 22
=
2
0
4
0
1
4
sen2
2dd 1
4
2
0
(cos 2)4
4
0
d
=1
16(0 (1))
2
0
d =1
6(2) =
8
55
-
48. Calcule o volume do solido compreendido entre o cone e a superfcie delimi-
tados pelas equacoes a seguir:
x2 + y2 + z2 = 2z
x2 + y2 + z2 2z = 0
x2 + y2 + z2 2z + 1 = 1
(x2 + y2) + (z 1)2 = 1
Solucao . Achando a variacao de raio R varia de 0 ate a esfera x2 + y2 + z2 = 2z
r2sen2cos2 + r2sen2sen2 + r2cos2 = 2rcos
r = 2cos
A regiao de integracao e :
0 r 2cos0 40 2
Volume e
dxdydz =
R
r2sen drdd =
2
0
4
0
2cos
0
r2sen drdd
2
0
4
0
r3
3
2cos
0
sen dd =
2
0
4
0
8
3cos3sen dd
2
0
22
1
8
3u3 dud =
8
3
2
0
1
2
2
u3dud
=8
3
2
0
u4
4
1
2
2
d =8
3
2
0
(1
4
416
4
)
d
8
3
2
0
(1
4 1
16
)
d 83
2
0
(3
16
)
d =1
2
2
0
d
=2
2=
56
-
49. Encontre o volume do elipsoide x2
a2 +y2
b2 +z2
c2 1Solucao .
V =
R
dxdydz
Transformar elipsoide em uma esfera por mudanca de variavel
Logo, 2
0
0
1
0
abcr2sen drdd
2
0
0
[
r3
3abc sen
1
0
]
dd
= abc
2
0
0
[1
3sen
]
dd
=abc
3
2
0
[
cos
0
]
d
=abc
3
2
0
(1 (1))d abc3
[
2
2
0
]
=abc
3[4]
=4abc
3
57
-
50. Calcule
R
yx1+y+x dxdy onde R e o triangulo de vertices (0, 0) (1, 0) (0, 1)
Solucao .
u = y xv = 1 + y + x
u+ v = 1 + 2y
2y = u+ v 1
y =u+ v 1
2
u = y x
u =u+ v 1
2 x
2u =u+ v 1 2x
2
x =u+ v 1
2
Encontrar o Jacobiano
(x, y)
(u, v)= A =
xu
xV
yu
yV
= A =
12
12
12
12
=1
2
Substituindo x e y em u = y x e v = 1 + y + x, encontra-se novos pontos .(0, 0) (0, 0)(1, 0) (1, 2)(0, 1) (1, 2)
Logo,
u
v
1
2dvdu
1
1
2
1
u1/3
v
1
2dvdu
=1
2
1
1
2
1
u1/3
vdvdu 1
2
1
1
[
lnv u1/3
2
1
]
du
=1
2
1
1
[
u1/3ln2 ln1]
du 12
[
u4/3
4/3ln2
1
1
]
=3
8
[
u4/3 ln2]1
1 3
8
[
14/3 ln2 (14/3)ln2]
=3
8[ln2 ln2] 3
8(0) = 0
58
-
51. Calcular a massa e o centro de massa da regiao D : {(x, y) : 1 6 x 6 1, 0 6 y 6 1}e a densidade (x, y) = x2
Solucao . Primeiramente vamos calcular a massa M;
M =
x2dA =
1
0
1
1x2dxdy =
1
0
x3
3|10dy =
1
0
2
3dy =
2
3y|10
Logo; M = 23
Calculemos agora o centro de massa.
X =1
M
D
xx2dxdy =2
3
1
0
1
1x3dxdy =
1
0
x4
4|11dy = 0
Y =1
M
D
yx2dxdy =2
3
1
0
1
1yx3dxdy =
1
0
yx3
3|11dy =
1
0
ydy =y2
2=
1
2
Portanto o centro de massa de D :
(0,1
2)
E sua massa:
M =2
3
59
-
52. Calcular
R
xy e
xy dydx onde R = [0,1] X [1,2]
Solucao . Inicialmente temos;
R
x
ye
xy =
1
0
2
1
x
ye
xy dydx =
1
0
exy |21dx =
1
0
e x2 + exdx = 2e x2 + ex|10
= (2e 12 + e) (2 + 1) = 2e 12 + e+ 1
Logo:
R
x
ye
xy dydx = 2e 12 + e+ 1
60
-
53. Calcular a area do grafico entre a funcao seno e cosseno. sin[0, 2] e cos[0, 2]
Solucao . A area que procuramos esta compreendida entre os ponto em que o seno igual
ao coseno. Vamos proccurar esses pontos. sinx = cosx se,somente se, x = x4 ou x =x4
A =
54
x4
sin
cos
dydx =
54
x4
(sinxcosx)dx = [cosxsinx]|54x4
= (
2
2+
2
2)(
2
22
2) =
22
2
Portanto a area procurada e
A =22
2
61
-
54. Calcular a area da regiao entre y =x e o eixo x. [0,4]
Solucao . Sabemos que: y =x y2 = x, logo temos duas opcoes para encontrar
essa area.
1 - A = 4
0
x0
dydx
ou
2 - A = 2
0
4
y2dydx
Resolveremos pela primeira opcao.
A =
4
0
x
0
dydx =
4
0
y|x
0 dx =
4
0
xdx =
4
0
x12 dx =
x32
32
|40 =16
4
Portanto a area da procurada eh
A =16
4
62
-
55. Calcular o volume do solido entre o plano x+2y+z = 2 e os eixos coordenados.
Solucao .
Para z = 0, temos que y = 2x2
Para y = 0, temos que z = 2 x
A funcao que precisamos para calcular esse volume, encontramos a partir da area do
triangulo retangulo formado pelo grafico. Logo, A(x) = 12(2x)
2 (2 x) =(2x)2
4 . Pronto
agora podemos calcular o volume.
V =
2
0
A(x)dx =
2
0
(2 x)24
dx =(2 x)3
12|20 =
8
12=
2
3
Portanto o volume do solido eh:
V =2
3
63
-
56. Calcular o volume de f(x, y) = x2+y, sobre a regiao R = {(x,y), 1 6 x2+y2 6 5}.
Solucao .
Temos f(x, y) = x2 + y, sobre a regiao R = {(x,y), 1 6 x2 + y2 6 5}, vamos usar umamudanca de coordenada para resolver esse problema. Utilizaremos coordenadas polares.
A regiao R em polares fica assim: S = {(r,) , 1 6 r 65 e 0 6 6 2}
f(x, y) f(rcos, rsin) = r2cos2+ rsin
Diante disso temos:
V =
2
0
5
1
(r2cos+ rsin)rdrd =
2
0
5
1
(r3cos+ r2sin)rdrd
V =
2
0
[r4
4cos2+
r3
3sin]|
5
1 d =
2
0
(25
4cos2+
55
3cos 1
4cos2 1
3sin)d
V =
2
0
(6cos2+55
3 1sin)d = [(6
2+
sin2
4) 5
5
3 1cos]|20 = 6
Logo, o volume procurado e:
V = 6
64
-
57. Calcular o volume limitado acima pelo hemisferio z =
16 x2 y2 sobre odisco x2 + y2 = 4.
Solucao .
Novamente devemos usar coordenadas polares.
R : {(r,)} ; 0 6 r 6 2 e 0 6 6 2
f(rcos, rsin) =16 r2
V = 2
0
2
0
16 r2drd
Primeiramente vamos calcular o valor da integral 2
0
16 r2dr
Essa integral e resolvida por subistituicao:
u = 16 r2 e du = 2rdr
Assim;
2
0
16 r2dr = 12
12
16
udu = 1
2
u32
32
|1216 =123
3+
43
3=
64
3 24
3
3
Pronto agora podemos calcular a segunda integral.
2
0
64
3 24
3
3d =
64 243
32
Portanto encontramos o volume procurado:
V =64 24
3
32
65
-
58. Calcular a massa da lamina que e 14 do crculo unitario, sabendo que a densi-
dade (x, y) e diretamente proporcional a distancia d(, (0, 0)).
Solucao .
Como sabemos que a densidade e proporcional a distancia, temos:
= kd(, (0, 0)) = k
x2 + y2 = kr
Isso, pois de acordo com as coordenadas polares x2 + y2 = r2, assimr2 = r
Fazendo a mudanca de coordenadas: R: { (x,y) ; x2 + y2 6 1 e x > 0 e y > 0} R: {(r,) ; 0 6 r 6 1 e 0 6 6 2 }
M =
2
0
1
0
krdrd =
2
0
kr2|10d =
2
0
k
3d =
k
3|
20 =
k
6
Logo, a massa e igual a
M =k
6
66
-
59. Calcular area da regiao contida no plano z = 2 x y, que cobre 14 do crulounitario.
Solucao .
Inicialmente vamos calcular as derivadas parciais da funcao:
f(x, y) = 2 x y ; fx = 1 ; fy = 1
Vale salientar que no crculo unitario a variacao e de 0 1
S =
R
1 + f2x + f2ydA =
1
0
1x2
0
3dydx =
3
R
dydx =
3
4
Podemos tambm usar coordenadas polares para resolucao deste problema. Em polares
fica assim:
S =3
2
0
1
0
rdrd =3
2
0
1
2d =
3
4
Logo, a area da regiaao e
S =
3
4
67
-
60. Calcular a area do paraboloide z = 1 + x2 + y2, sobre a regiao delimitada pelo
crculo x2 + y2 = 4
Solucao .
Calculando as derivadas parciais da funcao temos:
f(x, y) = 1 + x2 + y2 ; fx = 2x ; fy = 2y
Usando a formula para calcularmos a area:
S =
R
1 + f2x + f2ydA =
2
0
2
0
1 + 4r2rdrd
Aplicando uma substituicao temos:
u = 1 + 42
du = 8rdr
Logo; 2
0
1
8
17
1
u12 dud =
1
8
2
0
2
3u
32 |171 d =
1
6(17
17 1)
Portanto, a area e
S =1
6(17
17 1)
68
-
61. Calcular a massa do solido Q, que esta entre o elipsoide 4x2 + 4y2 + z2 = 16 e o
plano xy, sabendo que a densidade no ponto (x,y,z) e proporcional a distacia
a xy.
Solucao .
Para z = 0 temos: 4x2 + 4y2 = 16 x2 + y2 = 4
Temos, (x, y, z) = kz, pois a distancia proporcional.
z2 = 16 4x2 4y2 Em polares 0 6 z 616 4r2
M =
Q
(x, y, z)dv =
2
0
2
0
164r2
0
kzrdzdrd =
2
0
2
0
krz2
2|164r2
0 drd
2
0
2
0
k
2(16 4r3)drd = k
2
2
0
8r2 r4|20d =k
22(32 16) = 16k
Logo, a massa do solido Q e
M = 16k
69
-
62. Calcular o volume do solido limitado acima e abaixo pela esfera x2+y2+z2 = 4
e pelo cilindro x2 + y2 2y = 0.
Solucao .
De coordenadas polares temos: x2 + y2 = r2
r2 = 2y = 2rsin r = 2sin 0 6 r 6 2sin
z2 = 4 (x2 + y2) z2 = 4 r2 4 r2 6 z 6
4 r2
V =
Q
1dv =
0
2sin
0
4r2
4r2
1rdzdrd =
0
2sin
0
rz|4r2
4r2drd
V =
0
2sin
0
2
4 r2rdrd
Usaremos uma substituicao para resolver a segunda integral.
u = 2 r2 du = 2dr
Logo; 2sin
0
2
4 r2rdr = 2sin
0
udu = 3
2
2sin
0
(4 r 32 )
Agora que ja temos como resolver a segunda integral, voltamos a integracao original;
32
0
2sin
0
(4r 32 )drd = 32
0
(4r 32 )|2sin0 d = 3
2
0
[(44sin2) 32 4 32 ]d
= 32
0
[(8cos2)32 8]d = 16
3
0
(1 cos3)d = 163
0
[(1 cos2)cos]d =
16
3
0
[
0
(1 sin2)cos]d = 163[
0
cos2d+
0
sin2cosd] =
=16
3[ sin+ sin
3
3]|0 =
16
3[ sin+ sin
3
3] =
16
3
Portanto, o volume almeijado e:
V =16
3
70
-
63. Calcular o volume do solido limitado acima esfera x2+y2+z2 = 9 e lateralmente
pelo cone z =
x2 + y2.
Solucao .
Temos que a equacao da esfera e: x2 + y2 + z2 = 9 = 2 2 = 9 = 3
Calculamos a intersecao do cone com a esfera: x2 + y2 + z2 = 9 e z =
x2 + y2 logo;
z = x2 + y2 2z2 = 9 z = 32
Como z = cos e z = 32, temos 3
2= 3cos
Assim podemos conluir que cos =22 = 4
V =
Q
1dv =
2
0
4
0
3
0
2sinddd =
2
0
4
0
9sindd =
= 9 2
0
cos|40 9(
2
2 1)2 = 9(2
2)
Portanto, o do solido e:
V = 9(22)
71
-
64. Calcular o centro de massa do solido Q que esta compreendido entre o parabololide
z = x2 + y2 e o plano z = 4, sabendo que a densidade e uniforme.
Solucao .
Temos o seguinte: (x, y, z) = (0, 0, z) e (x, y, z) = k
M =
Q
(x, y, z)dv =
2
0
2
0
20
0
k2sinddd =
=
2
0
2
0
ksin(3
3)|20
0 dd =
2
0
2
0
k2020
3sindd =
2
0
k 2020
3(cos)|
20 d =
=
2
0
k2020
3d = k
2020
3()|20 = [
4020
3]k
Pronto encontramos a massa
M = [40
20
3]k
Vamos agora calcular o centro de massa.
Mxy =
2
0
2
0
20
0
(cos)
zk2sinddd =
(20)2
4
sin2
22 = 100
1
22 = 100k
Logo, o centro de massa do solido Q e
(x, y, z) = (0, 0,300
4020
)
72
-
65. Calcular
S
yda, da regiao S delimitada a baixo pelas parabolas y2 = 4 4x e
y2 = 4 + 4x e acima pelo eixo x.
Solucao .
Vale salientar que S e a imagem inversa do retangulo R, assim usamos uma transformacao
T(u,v) = (x,y), tal que x = u2 v2 e y = 2uv
xu = 2u e
xv = 2v
yu = 2v e
yv = 2u
Calculando o jacobiano temos,
2u 2v
2v 2u
= 4u2 + 4v2
1
0
1
0
2uv(4u2+4v2)dudv =
1
0
1
0
(8u3v+8uv3)dudv = int10[2u4v+4u2v3]|10dv = v2+v2|10 = 2
Logo;
1
0
1
0
2uv(4u2 + 4v2)dudv = 2
73
-
66. Calcular o volume do conjunto de todos os pontos (x,y,z) tais que 0 6 x 6 1 e
0 6 y 6 1 e 0 6 z 6 x2 + y2.
Solucao .
Primeiramente sabemos que a regiao B e um retangulo, vejamos:
B
(x2 + y2)dxdy onde, B e retangulo 0 6 x 6 1 e 0 6 y 6 1
1
0
1
0
(x2 + y2dxdy) =
1
0
[x3
3+ y2]|10dy =
1
0
1
3+ y2 = [
1
3y +
y3
3]|10 =
1
3+
1
3=
2
3
Portanto, o volume em questao e:
V =2
3
74
-
67. Calcular o volume do conjunto de todos os pontos (x,y,z) tais que x2 + y2 6
z 6 2 x2 y2.
Solucao .
Primeiramente vamos determinar a intersecao dos graficos z = x2 + y2 e z = 2 x2 y2
z = x2 + y2 = 2 x2 y2 x2 + y2 = 1, logo a intesecao e a circunferencia de centro(0, 0, 1) e raio 1.
Desta forma temos:
V =
B
(1 x2 y2)dxdy
Passando para coordenadas polares: 1 x2 y2 = 1 r2
V =
B
(1 x2 y2)dxdy = 2
0
1
0
(1 r2)rdrd = 2
0
1
0
r r3drd =
=
2
0
[
1
0
rdr 1
0
r3dr]d =
2
0
[r2
2|10
r4
4|10]d =
1
4|20 =
2
Assim o volume e igual a:
V =
2
75
-
68. Inverta a ordem de integracao e calcule 1
0
1ysinx3dxdy.
Solucao .
Sabemos que x: [y, 1] e y: [0, 1], assim B = {(x, y)R2/0 6 y 6 1ey 6 x 6 1}
Se temosy = x y = x2
1
0
1
y
sinx3dydx =
1
0
x2
0
sinx3dydx =
1
0
sinx3 x2
0
dydx =
1
0
sinx3[y]x2
0 dx =
=
1
0
x2sinx3dx = x3
3cosx3|10 =
1
3(1 cos1)
Logo;
1
0
x2
0
sinx3dydx =1
3(1 cos1)
76
-
69. Calcule
B
cos(xy)sin(x+y)dxdy onde B: { 1 6 x+ y 6 2, x > 0 e y > 0 }.
Solucao .
Fazendo uma mudanca de variavel temos: u = x y e v = x+ y
x = u2 +v2 e y =
v2 u2
Calculando as derivadas parciais;
xu =
12 e
xv =
12
yu = 12 e
yv =
12
Calculando o jacobiano temos,
12
12
12 12
=1
2
B
cos(x y)sin(x+ y)
dxdy =
S
cosu
sinv
1
2dudv =
1
2
2
1
v
v
cosu
sinvdudv =
1
2
2
1
sinu
sinv|vvdv =
2
1
dv = 1
Portanto;
B
cos(x y)sin(x+ y)
dxdy = 1
77
-
70. Calcule 1
0
x
0x
x2 + 3y2.
Solucao .
Temos que;
x : [0, 1] e y : [0, x] ; 0 6 x 6 1 ; 0 6 y 6 x
Fazendo uma mudanca de variavel temos: u = x y e v = x+ y
x = cos e3y = sin
= sec e = 3
Assim;
x = cos e y =33 sin
Calculando as derivadas parciais;
xu = sin e xv = cos
yu =
33 cos e
yv =
33 sin
Calculando o jacobiano temos,
sin cos33 cos
33 sin
=
3
3
1
0
x
0
x
x2 + 3y2dydx =
3
3
3
0
sec
0
3cosdd =
3
3
3
0
4
4cos|sec0 d =
=
3
12
3
0
sec3d =
3
12[sectg+ ln(sec+ tg)]
30 =
3
12[23 + ln(2 +
3)]
Logo;
1
0
x
0
x
x2 + 3y2 =
3
12[23 + ln(2 +
3)]
78
-
71. Calcule
0
x
0xsinydydx.
Solucao . Inicialmente vamos calcular a primitiva de xsiny em relacao a y.
0
x
0
xsinydydx =
0
[xcosy]x0dx =
0
(x xcosx)dx =
Agora vamos calcular a primitiva (x xcosx) em relacao a x.
= [x2
2 (cosx+ sinx)]0 =
2
2+ 2
Logo;
0
x
0
xsinydydx =2
2+ 2
79
-
72. Calcule ln 8
1
ln y
0ex+ydxdy.
Solucao . Como os limites de integracao e a funcao ja foram definidos na questao, vamos
apenas calcular as primitivas da funcao, primeiro em relacao a x e depois a y e aplicarmos
os limites de integracao.
Comecemos, primitiva em relacao a x:
ln 8
1
ln y
0
ex+ydxdy =
ln 8
1
[ex+y]ln y0 dy =
=
ln 8
1
yey ey = [(y 1)ey ey]ln 81 = 8(ln 8 1) 8 + e = 8 ln 8 16 + e
Portanto,
ln 8
1
ln y
0
ex+ydxdy = 8 ln 8 16 + e
80
-
73. Calcule o volume da regiao limitada pelo paraboloide z = x2+y2 e inferiormente
triangulo delimitado pelas retas y = x, x = 0 e x+ y = 2 no plano xy.
Solucao .Calculando so limites de integracao, para y temos:
x+ y = 2ey = x y = 2 x, x 6 y 6 2 x
E para x temos que:
0 6 x 6 1
Agora vamos encontrar o volume:
V =
1
0
2x
x
(x2 + y2)dydx =
1
0
[x2y +y3
3]2xx dx =
1
0
[2x2 7x3
3+
(2 x)33
]dx
V = [2x3
3 7x
4
12 (2 x)
4
12]10 = (
2
3 7
12 1
12) (0 0 16
12) =
4
3
Logo, o volume procurado e:
V =4
3
81
-
74. Calcule 1
0
1
0
1
0(x2 + y2 + z2)dzdydx.
Solucao . Primeiro calculamos integral em relacao a z, depois em relacao y e por ultimo
a x, vejamos:
1
0
1
0
(x2+y2+z3
3|10)dydx =
1
0
1
0
(x2+y2+1
3)dydx =
1
0
(x2+y3
3|10+
1
3)dx =
1
0
(x2+1
3+1
3)dx =
1
0
(x2 +2
3)dx = (
x3
3|10 +
2
3) =
1
3+
2
3= 1
Logo;
1
0
1
0
1
0
(x2 + y2 + z2)dzdydx = 1
82
-
75. Calcule20
3y
0
8x2y2x2+3y2
dzdxdy.
Solucao . Inicialmente calculamos integral em relacao a z, depois em relacao x e por
ultimo a y, vejamos:
2
0
3y
0
8x2y2
x2+3y2dzdxdy =
2
0
3y
0
(z)8x2y2
x2+3y2 dxdy =
2
0
3y
0
(82x2+4y2)dxdy = 2
0
(8x 23x3+4xy2)3y0 dy =
2
0
(24y18y312y3) =
= (12y2 152y4)
2
0 = 24 30 = 6
Portanto;
2
0
3y
0
8x2y2
x2+3y2dzdxdy = 6
83
-
76. Calcule e
1
e
1
e
1dxdydz.
Solucao . Inicialmente calculamos integral em relacao a x, depois em relacao a y e por
ultimo a z, vejamos:
e
1
e
1
e
1
dxdydz =
e
1
e
1
[lnx
yz]e1dydz =
e
1
e
1
1
yzdydz =
e
1
[lny
z]e1dz =
e
1
e
1
1
zdz = [lnz]e1 = 1
Assim;
e
1
e
1
e
1
dxdydz = 1
84
-
77. Calcule 1
0
33x0
33xy0
dzdydx.
Solucao . Inicialmente calculamos integral em relacao a z, depois em relacao a y e por
ultimo a x, vejamos:
1
0
33x
0
33xy
0
dzdydx =
1
0
33x
0
z|33xy0 dydx = 1
0
33x
0
(3 3x y)dydx =
=
1
0
(3y 3xy y2
2)|33x0 dx =
1
0
[(3 3x)2 12(3 3x)2]dx
Colocandos alguns temos em evidencia temos;
1
0
[(3 3x)2 12(3 3x)2]dx = 9
2
1
0
(1 x)2dx = 32[(1 x)3]10(1 x) =
3
2
Desta forma;
1
0
33x
0
33xy
0
dzdydx =3
2
85
-
78. Calcule 1
0
0
0ysinzdxdydz.
Solucao . Inicialmente calculamos integral em relacao a x, depois em relacao a y e por
ultimo a z, vejamos:
1
0
0
0
ysinzdxdydz =
1
0
0
ysinz(x)|0 dydz = 1
0
0
ysinz =
1
0
(y2
2)|0 sinzdz =
1
0
3
2sinzdz =
3
2
1
0
sinzdz =3
2(cosz)|10 =
3
2(1 cos1)
Logo;
1
0
0
0
ysinzdxdydz =3
2(1 cos1)
86
-
79. Calcule 1
1 1
1 1
1(x+ y + z)dydxdz.
Solucao . Inicialmente calculamos integral em relacao a y, depois em relacao a x e por
ultimo a z, vejamos:
1
1
1
1
1
1(x+ y + z)dydxdz =
1
1
1
1[xy +
y2
2+ zy]11dxdz =
1
1
1
1(2x+ 2z)dxdz =
=
1
1(x2 + 2zx)|11dz =
1
14zdz = 0
Portanto;
1
1
1
1
1
1(x+ y + z)dydxdz = 0
87
-
80. Calcule 3
0
9x20
9x20
dzdydx.
Solucao . Inicialmente calculamos integral em relacao a z, depois em relacao a y e por
ultimo a x, vejamos:
3
0
9x2
0
9x2
0
dzdydx =
3
0
9x2
0
z|9x2
0 dydx =
3
0
9x2
0
9 x2dydx =
=
3
0
y|9x2
0
9 x2dx = 3
0
(9 x2)dx = [9x x3
3]30 = 18
Assim;
3
0
9x2
0
9x2
0
dzdydx = 18
88
-
81. Calcule 2
0
4y2
4y2 2x+y
0dzdxdy.
Solucao . Inicialmente calculamos integral em relacao a z, depois em relacao a x e por
ultimo a y,aplicando os limites de integracao em cada uma dessas etapas, vejamos:
2
0
4y2
4y2
2x+y
0
dzdxdy =
2
0
4y2
4y2z|2x+y0 dxdy =
2
0
4y2
4y22x+ ydxdy =
=
2
0
[x2 + xy]
4y2
4y2dy =
2
0
(4 y2) 12 (2y)dy = [23(4 y2) 23 ]20 =
2
3(4)
23 =
16
3
Portanto;
2
0
4y2
4y2
2x+y
0
dzdxdy =16
3
89
-
82. Calcule 1
0
2x0
2xy0
dzdydx.
Solucao . Inicialmente calculamos integral em relacao a z, depois em relacao a y e por
ultimo a x,aplicando os limites de integracao em cada uma dessas etapas, vejamos:
1
0
22x
0
22xy
0
dzdydx =
1
0
22x
0
[z]22xy0 dydx =
1
0
22x
0
(2 2x y)dydx =
=
1
0
(2y 2xy y2
2)|22x0 dx =
1
0
[(2 x)2 12(2 2x)2]dx
Colocandos alguns temos em evidencia temos;
1
0
[(2 2x)2 12(2 2x)2]dx = 1
2
1
0
(2 x)2dx = [16(2 x)3]10 =
1
6+
8
6=
7
6
Desta forma;
1
0
22x
0
22xy
0
dzdydx =7
6
90
-
83. Calcule e
1
e
1
e
1ln r ln s ln tdtdrds.
Solucao . Inicialmente calculamos integral em relacao a t, depois em relacao a r e por
ultimo a s,aplicando os limites de integracao em cada uma dessas etapas, vejamos:
e
1
e
1
e
1
ln r ln s ln tdtdrds =
e
1
e
1
(ln r ln s)[t ln t t]e1drds = e
1
e
1
(ln r ln s)drds =
=
e
1
(ln s)[r ln r r]e1ds = [s ln s s]e1 = 1
Assim;
e
1
e
1
e
1
ln r ln s ln tdtdrds = 1
91
-
84. Calcule o volume da regiao no primeiro octante limitada pelos planos coorde-
nados, pelo plano y = 1 x e pela superfcie z = cos(x2 ), 0 6 x 6 1.
Solucao . Analizando o enuciado da questao podemos encontrar facilmente os limites de
integracao.
Em y: 0 6 y 6 1 xEm x: 0 6 x 6 1
Em z: 0 6 z 6 cos(x2 )
Assim, temos:
V =
1
0
1x
0
cos(x2 )
0
dzdydx =
1
0
1x
0
[z]cos(x2 )0 dydx =
1
0
1x
0
cos(x
2) =
V =
1
0
cos(x
2)[y]1x0 dx =
1
0
cos(x
2)(1 x) =
1
0
cos(x
2)dx
1
0
xcos(x
2)dx
Aplicando uma subustituicao na segunda parte da integral temos:
u = x
du = dx
Logo;
V = [2
sin
x
2]01 4
2
2
0
u cosudu =2
4
2[cosu+ u sinu]
20 =
2
4
2(
2) =
4
2
Assim;
V =4
2
92
-
85. Calcule 2
0
1
0
2r2r
dzrdrd.
Solucao . Analizando o enuciado da questao observamos que devemos usar coordenadas
cilndricas, integrando primeiro em relacao a z, logo depois a r e por fim a .
2
0
1
0
2r2
r
dzrdrd =
2
0
1
0
[z]2r2
r rdrd =
2
0
1
0
[r(2 r2) 12 r2]drd =
=
2
0
[13(2 r2) 32 r
3
3]10d =
2
0
(2
23
3 2
3)d = (
223
3 2
3)[]20 =
4(2 1)3
Assim;
2
0
1
0
2r2
r
dzdrd =4(
2 1)3
93
-
86. Calcule 2
0
3
0
18r2r2
3
dzrdrd.
Solucao . Analizando o enuciado da questao observamos que devemos usar coordenadas
cilndricas, integrando primeiro em relacao a z, logo depois a r e por fim a .
2
0
3
0
18r2
r2
3
dzrdrd =
2
0
3
0
[z]18r2
r2
3
rdrd =
2
0
3
0
[r(18r2) 12r3
3]drd =
[13(18 r2) 32 r
4
12]30[]
20 =
9(82 7)2
Portanto;
2
0
3
0
18r2
r2
3
dzrdrd =9(8
2 7)2
94
-
87. Calcule 2
0
2
0
3+24r2
0dzrdrd.
Solucao . Analizando o enuciado da questao observamos que devemos usar coordenadas
cilndricas, integrando primeiro em relacao a z, logo depois a r e por fim a .
2
0
2
0
3+24r2
0
dzrdrd =
2
0
2
0
[z]3+24r2
0 rdrd =
2
0
2
0
(3r 24r3)drd =
=
2
0
[3
2r2 + 6r4]
20 d =
3
2
2
0
(2
42+
44
162)d =
3
2[3
122+
5
54]20 =
17
5
Logo;
2
0
2
0
3+24r2
0
dzrdrd =17
5
95
-
88. Encontre os limites da integracao para integrar f(r, ) sobre a regiao R que
esta dentro da cardioide r = 1 + cos e fora da circunferencia r = 1 .
Solucao . Passo 1 : Um esboco. Esbocamos a regiao e identificamos as curvas
limitantes.
Passo 2 : Os limites de integracao de r. Um raio tpico a partir da origem entra em
R onde r = 1 e sai onde r = 1 + cos.
Passo 3 : Os limites de integracao de . Os raios a partir da origem que apresentam
interseccao com R variam de = /2 a = /2. A integral e :
2
2
1+cos
1
f(r, )rdrd
Se f(r, )e a funcao constante cujo valor e 1 , entao a integral de f sobre r e a area de
R .
A area de uma regiao R fechada e limitada no plano de coorde-
nadas polares e
a =
R
rdrd.
Como seria de esperar, essa formula para a area e condizente com todas as formulas
anteriores, embora nao provemos esse fato .
96
-
89. Calcule
R
ex2+y2dydx,
onde R a regiao semicircular limitada pelo eixo X e pela curva , y =1 x2.
Solucao . Em coordenadas cartesianas, a integral em questao e uma intefral nao elemen-
tar e nao existe nenhuma maneira direta de integrar ex2+y2 em relacao a X ou Y.Ainda
assim essa integral e outras integrais como essa sao importantes em matematica em
estatstica por exemplo e queremos encontrar uma maneira de calcula-la.As coorde-
nadas polares servem para isso. A substituicao de X = R cos , y = r sen e a troca de
dy dx por r dr d nos permitem calcular a integral como :
R
ex2+y2dydx =
0
1
0
er2
rdrd =
0
[1
2er
2
]1
0
d
R
ex2+y2dydx =
0
1
2(e 1)d =
2(e 1)
O r em r dr d era justamente o que precisavamos para integrar. Sem isso, estariamos
impedidos de prosseguir, como no comeco .
97
-
90. Encontre o momento polar da inercia em relacao a origem de uma placa fina
de densidade (x, y) = 1 limitada pelo quarto de circunferencia x2 + y2 = 1 no
primeiro quadrante .
Solucao . Em coordenadas cartesianas, o momento polar e o valor da integral
1
0
1x2
0
dydx
Integrando em relacao a y, temos :
1
0
(
x2
1 x2 + (1 x2)
32
3
)
dx
Uma integral difcil de calcular sem tabelas.
As coisas melhoram se mudamos a interal original para coodenadas polares. Substituindo
x = r cos , y = r sen e trocando dxdy por r dr , obtemos :
1
0
1x2
0
(x2 + y2)dydx =
2
0
1
0
(r2)rdrd
=
2
0
[r4
4
]r=1
r=0
d =
2
0
1
4d =
8
Por que a transformacao em coordenadas polares e tao eficaz aqui ? Um motivo e que
x2 + y2 e simplificada para r2 . Outro motivo e que os limites de integracao tornam-se
constantes.
98
-
91. Calcule
0
0
34r2
4r2 zdzrdrd.
Solucao . Analizando o enuciado da questao observamos que devemos usar coordenadas
cilndricas, integrando primeiro em relacao a z, logo depois a r e por fim a .
0
0
34r2
4r2
zdzrdrd =
0
0
z2
2rdrd =
0
0
1
2[9(4r2)(4r2)]rdrd =
= 4
0
0
(4rr3)drd = 4
0
[2r2r4
4]0 = 4
0
(22
2
4
42)d = [
23
32
5
202]0 =
37
15
Logo;
0
0
34r2
4r2
zdzrdrd =37
15
99
-
92. Calcule 2
0
1
0
12r2
r3zdzrdrd.
Solucao . Analizando o enuciado da questao observamos que devemos usar coordenadas
cilndricas, integrando primeiro em relacao a z, logo depois a r e por fim a .
2
0
1
0
12r2
r
3zdzrdrd = 3
2
0
1
0
[z]1
2r2
r rdrd = 3
2
0
1
0
[r(2r2) 12r2]drd =
= 3
2
0
[(2 r2) 12 r3
3]d = 3(
2 4
3)[]20 = (6
2 8)
Portanto;
2
0
1
0
12r2
r
3zdzrdrd = (62 8)
100
-
93. Calcule 2
0
1
0
12
12(r2 sin2 + z2)dzrdrd.
Solucao . Analizando o enuciado da questao observamos que devemos usar coordenadas
cilndricas, integrando primeiro em relacao a z, logo depois a r e por fim a .
2
0
1
0
12
12(r2 sin2 + z2)dzrdrd =
2
0
1
0
(r2 sin2 + [z3
3]12
12)rdrd =
=
2
0
1
0
(r3 sin2 +r
12)drd =
2
0
[r4
4sin2 +
r2
24]10 =
2
0
(sin2
4+
1
24) =
3
Desta forma;
2
0
1
0
12
12(r2 sin2 + z2)dzrdrd =
3
101
-
94. Calcule
0
0
2 sin
02 sinddd.
Solucao . Analizando o enuciado da questao observamos que devemos usar coordenadas
esfericas, integrando primeiro em relacao a , logo depois a e por fim a .
0
0
2 sin
0
2 sinddd =
0
0
[3
3]2 sin0 sindd =
8
3
0
0
sin4 dd =
8
3
0
= ([ sin3 cos
4]0 +
3
4
0
sin2 d)d = 2
0
0
sin2 dd =
0
[ sin 22
]d =
0
d = 2
Assim;
0
0
2 sin
0
2 sinddd = 2
102
-
95. Calcule 2
0
4
0
2
0( cos)2 sinddd.
Solucao . Analizando o enuciado da questao observamos que devemos usar coordenadas
esfericas, integrando primeiro em relacao a , logo depois a e por fim a .
2
0
4
0
2
0
( cos)2 sinddd =
2
0
4
0
[4
4]20 cos sindd =
2
0
4
0
4 cos sindd =
2
0
[2 sin]40 d =
2
0
d = []20 = 2
Portanto;
2
0
4
0
2
0
( cos)2 sinddd = 2
103
-
96. Calcule 2
0
0
1cos2
02 sinddd.
Solucao . Analizando o enuciado da questao observamos que devemos usar coordenadas
esfericas, integrando primeiro em relacao a , logo depois a e por fim a .
2
0
0
1cos2
0
2 sinddd =
2
0
0
[3
3]1cos
20 sindd =
1
24
2
0
0
(1cos)3 sindd =
1
96
2
0
[(1 cos)4]0d =1
96
2
0
(24 0)d = 1696
2
0
d =16
96[]20 =
1
6(2) =
3
Assim;
2
0
0
1cos2
0
2 sinddd =
3
104
-
97. Calcule 3
2
0
0
1
053 sin3 ddd.
Solucao . Analizando o enuciado da questao observamos que devemos usar coordenadas
esfericas, integrando primeiro em relacao a , logo depois a e por fim a .
32
0
0
1
0
53 sin3 ddd =
32
0
0
[54
4]10 sin
3 dd =5
4
32
0
0
sin3 dd =
5
4
32
0
([ sin2 cos
3]0+
2
3
0
sind)d =5
6
32
0
[ cos]0d =5
3
32
0
d = []320 =
5
2
Desta forma;
32
0
0
1
0
53 sin3 ddd =5
2
105
-
98. Calcule 2
0
4
0
sec
0( cos)2 sinddd.
Solucao . Analizando o enuciado da questao observamos que devemos usar coordenadas
esfericas, integrando primeiro em relacao a , logo depois a e por fim a .
2
0
4
0
sec
0
( cos)2 sinddd =
2
0
4
0
sec
0
3 sin cosddd =
2
0
4
0
[4
3]sec0 sin cosdd =
1
4
2
0
4
0
tan sec2 dd =1
4
2
0
[1
2tan2 ]
40 d =
1
8
2
0
d =1
8[]20 =
4
Logo;
2
0
4
0
sec
0
( cos)2 sinddd =
4
106
-
99. Calcule 2
0
3
0
2
sec32 sinddd.
Solucao . Analizando o enuciado da questao observamos que devemos usar coordenadas
esfericas, integrando primeiro em relacao a , logo depois a e por fim a .
2
0
3
0
2
sec
32 sinddd =
2
0
3
0
[33
3]2sec sindd =
2
0
3
0
(8sec3 ) sindd =
=
2
0
[8 cos 12sec2 ]
30 d =
2
0
[(42) (8 12)]d =
5
2
2
0
d =5
2[]20 =
5
2
Portanto;
2
0
3
0
2
sec
32 sinddd =5
2
107
-
100. Calcule 2
0
0
243 sin 2ddd.
Solucao . Analizando o enuciado da questao observamos que devemos usar coordenadas
esfericas, integrando primeiro em relacao a , logo depois a e por fim a .
2
0
0
2
4
3 sin 2ddd =
2
0
0
3[cos 2
2]24dd =
2
0
0
3
2dd =
=
2
0
3
2d = [
4
8]20 = 2
Logo;
2
0
0
2
4
3 sin 2ddd = 2
108
-
101. Calcule
36
2 csc
csc
2
02 sinddd.
Solucao . Analizando o enuciado da questao observamos que devemos usar coordenadas
esfericas, integrando primeiro em relacao a , logo depois a e por fim a .
3
6
2 csc
csc
2
0
2 sinddd =
3
6
2 csc
csc
2 sin[]20 dd = 2
3
6
2 csc
csc
2 sindd =
=2
3
3
6
[3 sin]2 csccsc d =14
3
3
6
csc2 d =14
3[tan]
36=
28
33
Assim;
3
6
2 csc
csc
2
0
2 sinddd =28
33
109
-
102. Calcule 1
0
0
4
012 sin3 ddd.
Solucao . Analizando o enuciado da questao observamos que devemos usar coordenadas
esfericas, integrando primeiro em relacao a , logo depois a e por fim a .
1
0
0
4
0
12 sin3 ddd =
1
0
0
(12[ sin2 cos
3]40 + 8
4
0
sind)dd =
=
1
0
0
( 22 8[cos]
40 )dd =
1
0
0
(8 102)dd =
1
0
(8 102)[]0d =
=
1
0
(8 102)d = [42 5
2
2]10 =
(42 5)2
Desta forma;
1
0
0
4
0
12 sin3 ddd =(42 5)2
110
-
103. Calcule
26
2
2
2
csc54 sin3 ddd.
Solucao . Analizando o enuciado da questao observamos que devemos usar coordenadas
esfericas, integrando primeiro em relacao a , logo depois a e por fim a .
2
6
2
2
2
csc
54 sin3 ddd =
2
6
2
2[55
5]2csc sin
3 dd =
2
6
2
2(32csc5) sin3 dd =
=
2
6
2
2(32 sin3 csc2)dd =
2
6
(32 sin3 csc2)[]2
2d =
=
2
6
(32 sin3 csc2)d = [32 sin2 cos
3]26+
64
3
2
6
sind+ [cot]26=
= (323
24) 64
3[cos]
26+ (
3) =
3
3 + (
64
3)(
3
2) =
333
3= 11
3
Portanto;
2
6
2
2
2
csc
54 sin3 ddd = 113
111
-
104. Calcule
B
ydxdy onde B(0,0),(1,0) e (1,1)
Solucao . Fazendo o estudo dos pontos achamos o intervalo de integracao e calculamos
1
0
y
1
ydxdy
=
1
0
xy
y
1
dy
=
1
0
y y2dy
=y2
2 y
3
3
=1
2 1
3
Assim, chegamos ao valor da integral do problema
=1
6
112
-
105. Calcule
B
ydxdy onde {(x, y) R2| 1 x 1, 0 y x+ 2}
Solucao . Com os intervalos de integracao dados, calculamos a integral dupla
1
1
x+2
0
ydydx
=
1
1
y2
2
x+2
0
dx
=1
2
1
1(x+ 2)2dx
=1
2
1
1x2 + 4x+ 4dx
=1
2(x3
3+ 2x2 + 4x)
1
1
=1
2(1
3+ 2 + 4 +
1
3 2 + 4)
=1
2(1 + 6 + 12 + 1 6 + 12
3)
Assim o valaor da integral do problema e
=13
3
113
-
106. Calcule
B
ydxdy onde B: (-1,0), (0,0), (1,1) e (0,1)
Solucao . Com os pontos dados no problema achamos os intervamos de integracao e
diante disso a integral dupla e calculada assim:
1
0
y
y1ydxdy
=
1
0
y
y1xy
y1
y
dy
=
1
0
yy (y 1)ydy
=
1
0
y2 y2 + ydy
=y2
2
1
0
=1
2
114
-
107. Calcule
B
xdxdy onde B: (0,0), (1,1) e (2,0)
Solucao . Com os pontos dados no problema achamos os intervamos de integracao ,
calculamos a integral dupla abaixo:
1
0
2y
y
xdxdy
=1
2
1
0
x2
2y
y
dy
=1
2
1
0
(2 y)2 y2dy
=1
2
1
0
4 4y + y2 y2
=1
2(4y 2y2)
1
0
Chegamos ao resuldado da integral do problema
= 1
115
-
108. Calcule o volume do conjunto dado. x 0 , x y 1 e 0 6 z 6 ey2
Solucao .
1
0
y
0
ey2
dxdy =
1
0
(xey2
)
y
0
dy
=
1
0
yey2
dy
Chamando u = y2 e du = 2ydy temos :
=1
2
1
0
eudu
=1
2(eu)
1
0
=1
2(e1 e0)
=1
2(e1 1)
116
-
109. Calcule o volume do conjunto dado. x2 + y2 z 1 x2
Solucao .
Fazendo: z = 1 x2 x2 y2 temos que z = 1 2x2 y2
Utilizando coordenadas polares temos que:
x = r2cos 0 r 1
y = r sin 0 2. Efetuando o
calculo do jacobiano temos:
j =
d(x,y)d(r,)
=
12cos r
2sin
sin r cos
= r
2cos2 + r
2sin2 = r
2
2
0
1
0
(1 2r2
2cos2 r2 sin2 ) r
2drd =
2
0
1
0
(1 r2) r2drd
=
2
0
1
0
r2 r
3
2drd
=12
2
0
r2
2 r
4
4
1
0
d
=12
2
0
1
4d
=1
422
=
22
117
-
110. Calcule o volume do conjunto de todos os (x,y,z) tais que 0 x 1 , 0 y 1e 0 z x2 + y2. O volume de tal conjunto e
1
0
1
0(x2 + y2)dxdy
Solucao . Como o volume dado a formula foi dado, resolvendo a integral dupla temos:
1
0
1
0
x2 + y2dxdy
=
1
0
(x3
3+ xy2)
1
0
dy
=
1
0
(1
3+ y2)dy
=1
3y +
y3
3
1
0
=1
3+
1
3
O volume do conjunto de todos os (x,y,z) e
=2
3
118
-
111. Calcule
B
(xy)dxdy onde B e o conjunto de todos os (x,y,z) tais que 0 x 1
e 0 y x2
Solucao .Tendo os intervalos dados no problema so precisamos substituir na integral
dupla abaixo:
1
0
x2
0
xydydx
=
1
0
xy2
2
x2
0
dx
=
1
0
xx4
2dx
=x6
12
1
0
Assim, o valor da integral e
=1
12
119
-
112. Calcule usando integral dupla o conjunto dado onde 1 x 2 e 0 y 1, dex cosxy
Solucao . Diante do intervalo do conjunto dado, temos a integral dupla:
2
1
1
0
x cosxydydx
Integrando com relacao a y
=
2
1
x sinxy
x
1
0
dx
=
2
1
x sinx
xdx
=
2
1
sinxdx
Integrando com relacao a x
= cosx
2
1
Ou seja, a integral dupla no intervalo dado e
= cos 2 + cos 1
120
-
113. Calcule usando integral dupla o conjunto dado onde 1 x 2 e 0 y 1,x siny
Solucao . Diante do intervalo do conjunto dado, temos a integral dupla:
1
0
2
1
x sinydxdy
Integrando com relacao a x
=
1
0
x2
2
1
0
sinydy
=3
2
1
0
sinydy
Integrando com relacao a y
= 32fcosy
1
0
=3
2+
3
2
Ou seja, a integral dupla no intervalo dado e
=3
121
-
114. Calcule
A
(xyex
2y2)dxdy, onde A e o retangulo 1 x 1 e 0 y 3
Solucao . Resolvendo a integral dupla definida pelo retangulo do problema, de imediato
ja possuimos os intervalos de integracao :
3
0
1
1xyex
2y2dxdy
Fazendo uma substituicao afim de facilitar nossos calculos, chamamos u = x2 y2 edu = 2xdx
=
3
0
xyeu1
2x
1
1dy
=
3
0
y
2eu
1
1dy
Assim,
=
3
0
y
2ex
2y2
1
1dy