calculo2_cap07_resol

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Cálculo II – (Lauro / Nunes) 1 
1. Seja D a região do plano xy delimitada pelos gráficos de y  x2 e y  2x. 
Calcule 

D
(
x
3
 + 4y)dA aplicando: (a) Teorema 1; (b) Teorema 2. 
 (a) Teorema 1 
x
y
D

(2,4)
y
2xy
x2
 
Resolução: 
Variação de x: 0  x  2 
Fronteira inferior: y  x2 
Fronteira superior: y  2x 
a  0; b  2; g1(x)  x
2
 e g2(x)  2x 

D
(
x
3
 + 4y)dA 
 
2
0
2
2
(
x
x
x
3
 + 4y)dydx 

2
0 


 
x
x
dyyx
2 3
2
)4(
dx 


2
0
x
x
y
yx
2
2
3
2
2
4

















dx 

2
0
 [(2x
4
  8x2)  (x5  2x4)]dx  



3
8
x
3
  2
0
6
6
1



x

3
32
 
Resposta: 
3
32
 
 (b) Teorema 2 
x
y
D

(2,4)
y
2x
y
x
 
Resolução: 
Variação de y: 0  y  4 
Fronteira esquerda: x  
2
y
 
Fronteira direita: x  
y
 
c  0; d  4; h1(y)  
2
y
 e h2(y)  
y
 

D
(
x
3
 + 4y)dA 
 
4
0 2/
(
y
y
x
3
 + 4y)dxdy 

4
0 






y
y
dxyx
2/
3 )4(
dy 


4
0
y
y
yxx
2/
4 4
4
1







dy 

4
0
[(
4
1
y
2
  4
2/3y
)  (
64
1
y
4
  2y2)]dy  
3
32
 
Resposta: 
3
32
 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 2 
2. Seja D a região delimitada pelos gráficos das equações y 
x
, y 
183 x
 e y  0. Se f é 
uma função contínua arbitrária em D, expresse a integral dupla 

D
f
(x, y)dA em termos de 
integrais iteradas utilizando apenas: (a) Teorema 1; (b) Teorema 2. 
 (a) Teorema 1 
x
y
2
D

(9,3)
y x
1
D
y 3 18x
(6,0)
D
 
Resolução: 
Propriedade 4: 

D
f
(x, y)dA 

1D
f
(x, y)dA 

2D
f
(x, y)dA 

 
6
0 0
x
f
(x, y)dydx 
  
9
6 183
x
x
f
(x, y)dydx 
Resposta: 
 (b) Teorema 2 
x
y
2
(9,3)
yx

3
(6,0)
D
1 2yx 6
 
Resolução: 

D
f
(x, y)dA 
 
3
0
6
3
2
2
y
y
f
(x, y)dxdy 
Resposta: 
3. Dada 
 
4
0
2
y
y
5cos x
dxdy, inverta a ordem de integração e calcule a integral resultante. 
x
y
x
(2,0)
D
(2,4)
 yx
2
x
y
(2,0)
D
(2,4)
y x 2
dxdy dydx
 
Resolução: 
A ordem de integração dada, dxdy, indica que se trata de uma região Dy 
dxdy  Variação de y: 0  y  4 
 
Região Dy  Fronteira esquerda: x 
y
; Fronteira direita: x  2 
dydx  Variação de x: 0  x  2 
 
Região Dx  Fronteira inferior: y  0; Fronteira superior: y  x
2
 
 
Logo: 
 
4
0
2
y
y
5cos x
dxdy 
 
2
0 0
2x
y
5cos x
dydx 
 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 3 

 




2
0
0
5
2
2
cos
2
x
x
y dx  

2
0 2
4x 5cos x dx 
10
1

2
0
(
5cos x
)(5x
4
dx) 

10
1  205sin x

10
1
sin32  0,055 
Resposta: 0,055 
4. Calcular I  

D
y sinxy dxdy, 
onde D é o retângulo de vértices 





 
2
,0
, 





 
2
,1
, 
 ,1
 e 
 ,0
. 
x
D
1 ( , )
1 ( , )2
0 ( , )
0 ( , )2

 2
1 ( , )2
1 ( , )
x
y
D
10
 
Resolução: 
 
Como a região D é um retângulo, ela pode ser enquadrada nos dois tipos: Dx ou Dy. 
Integrando primeiro em relação à variável x, temos: 
 
I 
 


2
1
0
)sin( dxdyxyy
 


 
2
1
0
)cos( dyxy
 


 
2
)0coscos( dyy
 


 
2
)1cos( dyy
 
 
I 


2
)sin( yy
 sin   
2
sin 

2

  1
2

 
 
Resposta: 1
2

 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 4 
5. Calcular I 

D
22 yx 
dxdy, sendo D o círculo de centro na origem e raio 2. 
Identificar D’ em r, com correspondência ao D em xy. 
Contorno da região D: x
2
  y2  4. 
D’: 





20
20
r
 
2
2
r
D
2
2
x
y


D’r
rx cos
ry sen

 
Resolução: 
 
f (x, y) 
22 yx 
 x  r cos e y  r sin 
f (r cos, r sin) 
 2222 sincos rr
 r 
 
I 

D
22 yx 
dxdy 
 
I 

'D
rr drd 
 
2
0
2
0
2r
drd 
I 

2
0 




2
0
2drr
d 

2
0
2
0
3
3
r d 
3
8



2
0
d

3
8 

2
0

3
16
 
Resposta: 
3
16
 
6. Calcular I 

D
22 yxe 
dxdy, onde D é a região do plano xy delimitada entre x
2
  y2  4 e 
x
2
  y2  9. 
Região D: x
2
  y2  4  x2  y2  9 Região D’: 





32
20
r
 
x
y
D

2
r
3
D’
r2
2

3
 
Resolução: 
f (x, y)  22 yxe  x  r cos e y  r sin 
f (r cos, r sin)   2222 sincos rre 
f (r cos, r sin)  2re 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 5 
 
I 

D
22 yxe 
dxdy 
I 
 
2
0
3
2
2re
rdrd 

3
2
2re
rdr 
2
1

9
4
dueu
 9
4
2
ue 
2
49 ee  
I 
2
49 ee 



2
0
d

2
49 ee  

2
0

   49 ee
 
Resposta: 
  49 ee
 
7. Calcular o volume do sólido acima do plano xy delimitado por z  4  2x2  2y2. 
Resolução: 
x
z
y2
2
4
 
f (x, y)  4  2x2  2y2 
Região do plano xy: f (x, y) 0  4  2x2  2y2  0 
D é delimitada por x
2
  y2  2 V 

D
f
(x, y)dA 

D
(4  2 x2  2y2)dxdy 
Coordenadas polares: f (x, y)  f (r cos, r sin)  4  2r2 cos2 2r2 sin2  4  2r2 
V 

D
(4  2x2  2y2)dxdy 
 
2
0
2
0
(
4  2r2)rdrd 
 
2
0
2
0
(
4r  2 r3)drd 
V 

2
0
2
0
42
4
2
2
4







rr d 

2
0
2
 d  4 u.v. (unidades de volume) 
Resposta: 4 u.v. 
8. Calcular o volume do sólido delimitado superiormente pelo gráfico de z  4  x  y, 
inferiormente pela região delimitada por x  2, x  0, y  0 e y 
4
1
x 
2
1
 e lateralmente 
pelo cilindro vertical cuja base é o contorno de D. 
1
x
z
y
2
4
(2,0,2)
(2,1,1)
(0, , )1 2
7
2
1
2
 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 6 
Resolução: 
A região D é do tipo Dx que pode ser dada por D :






20
2
1
4
1
0
x
xy 
Logo, o volume é dado por: V 
 
2
0
2
1
4
1
0
(
x 4  x  y)dydx 
V  











2
0
2
1
4
1
0
2
2
4 dx
y
xyy
x
  
































2
0
2
2
2
1
4
1
2
1
4
1
2
1
4
1
4 dx
x
xxx 
V  














2
0
2
2
2
4
1
416
24
2 dx
xx
xx
x  
 






2
0
22
8
1
83224
2 dx
xxxx
x
 
V 
 




 2
0
22
32
441686432
dx
xxxxx
  

2
0
(
32
1
9x2  12x  60)dx 
V 
  2
0
23 6063
32
1
xxx 
  
32
1
(24 24 120)  
32
120
  
4
15
  3,75 
Resposta: V  
4
15
 unidades de volume. 
9. Calcular a área da região D delimitada por x  y2  1 e x  y  3. Calcular pelas duas 
formas: 
a) Dx (Teorema 1) 
b) Dy (Teorema 2) 
 Por (7), A 

D
dA
 
x
y
2
5
3
1
1
2
32 41
 
Resolução: 
a) Considerando Dx (Teorema 1): 
x
y
5
1
1
2
3
2
41
I1
I2
y
y
y 3 x1x 
1x 
 
A  I1  I2 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 7 
A  
 


2
1
1
1
x
x
dydx
  
 


5
2
3
1
x
x
dydx
 
I1  
 


2
1
1
1
x
x
dydx
  
 


2
1
1
1
dxy
x
x
  
  
2
1
11 dxxx
  
 
2
1
2/1)1(2 dxx
 
I1  
2
1
12/1
12/1
)1(
2 






 x  
2
1
2/3
2/3
)1(
2 




 x  2
1
3)1(
3
2
2 





x
  
 01
3
4

  
3
4
 
I2  
 


5
2
3
1
x
x
dydx
  
 


5
2
3
1
dxy
x
x
  
  
5
2
1)3( dxxx
  5
2
3
2
)1(
3
2
2
3 





 x
x
x
 
I2  






 3)4(
3
2
2
25
15







 3)1(
3
2
2
4
6
 
I2  15  
2
25
  
3
16
  6  2  
3
2
  11  
2
25
  
3
14
  
6
287566 
  
6
7594 
  
6
19
 
A  I1  I2  
3
4
  
6
19
  
6
198 
  
6
27
  
2
9
 
b) Considerando Dy (Teorema 2): 
x
y
5
1
1
2
3
2
41
I
y 3x
y 1x 2
 
A 
 


1
2
3
12
y
y
dxdy
  
 


1
2
3
12
dyx
y
y
  
  
1
2
2 )1()3( dyyy
  
  
1
2
2 13 dyyy
 
A  
 
1
2
2)2( dyyy
  1
2
32
32
2








yy
y
  







3
1
2
1
2






 

3
)8(
2
4
4
 
A  2  
2
1
  
3
1
  4  2  
3
8
  8  
2
1
  
3
9
  8 2
1
  3  5  
2
1
  
2
110 
  
2
9
 
Resposta: 
2
9
 u.a. (unidades de área) 
10. Calcular I  

T
x
dV, onde T é o sólido delimitado pelo cilindro x
2
  y2  25, 
pelo x  y  z  8 e pelo plano xy. 
x
z
y
z8 x y
T
D
5
z0
D
5
y
x
 
Resolução: 
T é delimitado 
superiormente por z  8  x  y  h2(x, y) 
e inferiormente por z  0  h1(x, y) 
A projeção de T sobre o plano xy é o círculo x
2
  y2  25 (região D), logo: 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 8 
I 

D





),(
),(
2
1
yxh
yxh
xdz
dxdy  

D





 yx
xdz
8
0
dxdy 

D
  yxxz 80
dxdy 
I 

D
x(8  x  y)dxdy 

D
(8x  x2  xy)dxdy 
Coordenadas polares: I 
 
2
0
5
0
(8r cos  r2 cos2  r cos r sin)rdrd 
I 
 
2
0
5
0
[8cosr2  (cos2  cos sin)r3]drd 
I 

2
0 


3
8
cosr3  (cos2  cos sin) 5
0
4
4


r d 
I 

2
0 


3
1000
cos  
4
625
(cos
2  cos sin)


 d 
Resolução das partes: 

2
0
cos d  0 

2
0
cos
2 d  

2
0
(
2
1

2
1
cos2)d  

2
0
2
1
d   

2
0
cos sin d  

2
0
2
1
sin2 d  0 
Voltando a I: I 


 0  
4
625
(  0)


  
4
625
 
Resposta: I  
4
625
 
11. Calcular I  

T
y
dV, onde T é a região delimitada pelos planos coordenados e pelo plano 
3
x
  
2
y
  z  1. 
T é o tetraedro representado a seguir: 
x
z
y
z 1
T
D
2
z 0
D
y
x
3
1
x
3
y
2
 
2
3
 
Neste caso, T se enquadra em qualquer um dos casos: (i), (ii) ou (iii). No desenho, é 
sugerida a utilização de (i). 
Resolução: 
Utilizando (i): 
I  

T
y
dV  

D





23
1
0
yx
ydz 

 dxdy  

D
yz
23
1
0
yx 
dxdy 
I  

D
y(1  
3
x
  
2
y
)dxdy  
 
3
0
2
0
3
2 x
(y  
3
x
y  
2
1
y
2
)dydx  
2
1
 
Refaça pelos procedimentos (ii) e (iii) 
Resposta: I 
2
1
 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 9 
12. Calcular I 

T
(x
2
  y2)dV, onde T é a região delimitada pelo plano xy, pelo parabolóide 
z  x2  y2 e pelo cilindro x2  y2  a2. 
a
a2
a
a2
D
T
z
z 0
 
A região T é limitada inferiormente por z  0 e superiormente por z  x2  y2 que, em 
coordenadas cilíndricas, tem equação z  r2. 
Observação: Levando-se em conta que a região T se enquadra no caso (i), pode-se 
escrever a equação (12) representada pela (13). 
 

'D






),(
),(
2
1
rh
rh
f
( rcos, rsin, z)dz


 rdrd (13) 
 Onde h1 e h2 delimitam T inferior e superiormente. 
 D’ é a projeção de T sobre o plano xy descrita em coordenadas polares. 
Resolução: 
Usando (13) para o exercício: 
I 

T
( x
2
  y2)dV 

'D




2
0
2r r
dz


 rdrd D’:





20
0 ar 
Logo: I 
 
a
r
0
2
0
4
rddr  
 
2
0
0
5a r
dr 
 
a
r
0
52
dr  2 ar
0
6
6
 
3
6a 
Resposta: I 
3
6a 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 10 
13. Calcular I 

T
zdV, onde T é a região limitada superiormente pela esfera x
2
  y2  z2 16 
e inferiormente pelo cone 
22 yxz 
. 
rEsféra  4
Cone 
4
f 
T
D
 
Resolução: 
Em coordenadas esféricas, a esfera x
2
  y2  z2 16 tem equação r  4 e o cone 
22 yxz 
 tem equação 
4

f
. 
A região T em coordenadas esféricas pode ser dada por 








f

r
4
0
20
40
:'T
 
I  

'T
f
(rsenfcos, rsenfsen, rcosf)r2sinfdrddf 
Sendo que: f (rsenfcos, rsenfsen, rcosf)  z  rcosf 
 
Logo: 
 
I  

'T
rcosfr2sinfdrddf 
I  
  
 
frfrf
2
0 0
4
0
34 cossin ddd
  
 
 
f




 r
ff
2
0 0
4
0
4
4
4
cossin dd
 
I 
 
 
fff
2
0 0
4 cossin64 dd
  







 f

2
0
0
2 4
2
sin
64 d
 
I  









2
0
2
2
2
32 d
  



2
0
16 d
 
I 


2
0
16
  32 
Resposta: I  32 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 11 
14. Determinar o centro de massa da chapa homogênea da figura abaixo. 
y
xa
R
a
2
a
a
3a
 
Resolução: 
Como a chapa é homogênea, e simétrica em relação ao eixo dos y, vamos trabalhar só 
com a metade dela: 
A região R é denotada por: 
 R:





ax
xay
0
30 
 r(x, y)  k (chapa homogênea) 
M  
r
R
dAyx ),(
 
M  2
 
a xa
kdydx
0
3
0
  2k
 
a xa
dydx
0
3
0
  2k
 
a xa
dxy
0
3
0
  2k
  
a
dxxa
0
0)3(
 
M  2 k
 
a
dxxa
0
)3(
  2 k ax
ax
0
2
2
3 






  2 k
















 0
2
3
2
2 aa
  2 k 
2
5 2a  5a
2
k 
 M  5a2k unidades de massa 
Cálculo do My: 
Pela simetria em relação ao eixo y, podemos afirmar que: 
 My  0 
Cálculo do Mx: 
Mx  
 r
R
dAyxy ),(
 
Mx  k
 
0 3
0a
xa
ydydx
  k
 
a xa
ydydx
0
3
0
 
Mx  k
 






0
3
0
2
2a
xa
dx
y  k







a
xa
dx
y
0
3
0
2
2
 
Mx  





  
a
a
dxxadxxa
k
0
20 2 )3()3(
2
 
Mx  





  
a
a
dxxaxadxxaxa
k
0
220 22 )69()69(
2
 
Mx  






















a
a
x
axxa
x
axxa
k
0
3
22
0
3
22
3
39
3
39
2
 
Mx  





















3
39
3
39
2
3
33
3
33 aaa
a
aa
k  















3
392
2
3
33 aaa
k  
3
19 3ka 
 Mx  
3
19 3ka 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 12 
Cálculo do centro de massa: 
M
M
x
y

  0 
M
M
y x
  
ka
ka
2
3
5
3
19
  
ka
ka
2
3
5
1
3
19

  
15
19a
 
Resposta: 
),( yx







15
19
,0
a
 
15. Calcular o momento de inércia em relação ao eixo dos y da chapa da figura a seguir, 
sabendo que a densidade de massa é igual a xy Kg/m
2
. y
x
2
4
y
R
 x
 
Resolução: 
R:






20
0
yx
xy r(x, y)  xy 
Iy  
 r
R
dAyxx ),(2
  
 
4
0 0
2x xydydxx
  
 




4
0
0
2
2
2
dx
y
xx
x  
 





4
0
4
2
dx
x
  4
0
5
10





 x 
Iy  
10
45  
10
1024
  102,4 
Resposta: 102,4 Kg/m2 
16. Calcular a massa e o centro de massa do sólido T, delimitado por 2x  y  z  1 e os 
planos coordenados, sabendo que a densidade de massa em P(x, y, z) é proporcional a 
distância até o plano xy. 
1
1
2x
z
P
y
1
y
x
z
T
 
Resolução: 
Como a densidade de massa em P é proporcional à distância ao plano xy, considere k 
como uma constante de proporcionalidade e teremos que: (x, y, z)  kz. 
A massa total é dada por: 
M  
 
T
dVzyx ),,(
  

T
kzdV
  
  
 1
0
)1(
0
21
0
2
1 y yx
zdzdxdyk
 
M  
 







1
0
)1(
0
21
0
2
2
1
2
y
yx
dxdy
z
k
  
  


1
0
)1(
0
22
1
21
2
y
dxdyyx
k
 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 13 
M   









 

1
0
)1(
0
3 2
1
3
21
2
1
2
dy
yxk
y
  
  


1
0
)1(
0
3 2
1
21
12
dyyx
k y
 
M  
       
1
0
33
2
1 021)1(21
12
dyyyy
k
  
     
1
0
33
111
12
dyyyy
k
 
M  
 
1
0
3)1(
12
dyy
k
  1
0
4
4
)1(
12





 

yk  44 )01()11(
48

k
  
 1
48

k
  
48
k
 
 M  
48
k
unidades de massa 
Cálculo dos momentos de massa: 
 Mxy  
 
T
dVzyxz ),,(
  
  
 1
0
)1(
0
21
0
22
1 y yx
dzdxdyzk
  
120
k
 
 Mxz  
 
T
dVzyxy ),,(
  
  
 1
0
)1(
0
21
0
2
1 y yx
yzdzdxdyk
  
240
k
 
 Myz  
 
T
dVzyxx ),,(
  
  
 1
0
)1(
0
21
0
2
1 y yx
xzdzdxdyk
  
480
k
 
Coordenadas do centro de massa: 
M
M
x
yz


10
1
, 
M
M
y xz

5
1
 e 
M
M
z
xy


15
6
 
Resposta: M  
48
k
 unidades de massa. Centro de massa: 






15
6
,
5
1
,
10
1
 
17. Encontrar o momento de inércia em relação ao eixo z do sólido delimitado pelo cilindro 
x
2
  y2  9 e pelos planos z  2 e z  4, sabendo que a densidade de massa é igual a 
(x
2
  y2) kg/m3. 
x
z
y
T4
2
3Resolução: 
O momento de inércia em relação ao eixo z é dado por: 
Iz  
 
T
dVzyxyx ),,()( 22
 (x, y, z)  (x2  y2) 
Iz  
 
T
dVyx 222 )(
 
Usando coordenadas cilíndricas, temos: 
r
z

T’
4
2
2
3

 
 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 14 
Iz 
  


2
0
3
0
4
2
4 rdzdrdr
 
  


2
0
3
0
4
2
5 drdzr
 
 


2
0
3
0
55 )24( drdrr
 
 


2
0
3
0
52 drdr
 
Iz 







2
0
3
0
6
6
2 d
r 



2
0
6
3
3
d
 


2
0
243
  486 
 
Resposta: 486 kgm2 
18. Calcular a integral I 
 
1
0
4
4
2
x
y dydxe
. 
Resolução: 
Já que a função dada não tem primitiva entre as funções elementares do Cálculo, 
podemos fazer uma transformação da região que é do tipo Dx para o tipo Dy. y
x
4
1
D
0 
Passando de Dx:





10
44
x
yx para Dy:







40
4
0
y
y
x 
Então: I 
 
1
0
4
4
2
x
y dydxe
 
 
4
0
4
0
2
y
y dxdye
    
4
0
4
0
2
dyxe
y
y
 
 




 4
0 4
2
dy
y
e y
 
Substituir: u  y2  du  2ydy ou ydy 
2
du
 tal que: 





164
00
uy
uy 
I 
 




 4
0 4
2
dy
y
e y
 

 





16
0 24
1 du
eu
  

16
08
1
dueu
 
I  
  160
8
1 ue
  
 016
8
1
ee 
  
 161
8
1  e
 
Resposta: I 
 161
8
1  e
 
19. Calcular I 
 
D
dAyxy sin
 onde D é a região delimitada por x  0, y  
2

 e x 
y
. 
y
x
D
2

2

 
Resolução: 
Podem ser usadas as duas formas, porem, será usada a forma para Dy: 
Dy:








2
0
0
y
yx
 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 15 
I 
 
D
dAyxy sin

  

2
0 0
sin
y
dxdyyxy
 
Substituir: u  
yx
  du 
y
dx, tal que: 






yuyx
ux 00 
Então, fazendo a integral interna temos: 
 
y
dxyxy
0
sin


y
udu
0
sin
 
  yu 0cos
 [cosy  cos0]  [cosy  1]  1cosy 
Voltando a I: 
I 
  

2
0 0
sin
y
dxdyyxy



2
0
)cos1( dyy
 
I 
  20sin

 yy






 


2
sin
2
  (0  sin0)  
2

  1  
2
2
 
Resposta: I 
2
2
 
20. Calcular I 

D
dAxy
 onde D é o triângulo OAB da figura a seguir. 
1
2
0 1 2 x
y
A
B
D
 
Resolução: 
Retas que delimitam o triângulo OAB: 
OA
  y 
2
x
 
OB
  y 2x 
AB
  y  x  3 
Vamos dividir a região D em duas: 
1
2
0 1 2 x
y
A
B
D1
D2
 
Então temos que: I 

D
dAxy


1D
dAxy


2D
dAxy
 
Resolvendo em D1: 

1D
dAxy

 
1
0
2
2
x
x xydydx

















1
0
2
2
2
2
1
dxxy
x
x

 














1
0
2
2
22
1
)2(
2
1
dx
x
xxx
 

 






1
0
33
8
1
2 dxxx

 




1
0
3
8
15
dxx
 1
0
4
48
15







 x 
 44 01
32
15


32
15
 
Resolvendo em D2: 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 16 

2D
dAxy

 
2
1
3
2
x
x xydydx



















2
1
3
2
2
2
1
dxxy
x
x

 














2
1
2
2
22
1
)3(
2
1
dx
x
xxx
 

 






2
1
32
8
1
)96(
2
dxxxx
x

  
2
1
323 36244
8
1
dxxxxx
 

  
2
1
23 36243
8
1
dxxxx
 2
1
234
2
36
3
24
4
3
8
1






 xxx
 2
1
234
4
9
32
3






 xxx
 







 234 2
4
9
22
32
3







 234 1
4
9
11
32
3







 98
2
3








4
9
1
32
3
 

2
3
1
32
3
1
4
9

32
7236448 

32
37
 
Somando: I 

1D
dAxy


2D
dAxy
 
32
15

32
37

32
3715 

32
52

8
13
 
Resposta: I 
8
13
 
21. Usando coordenadas polares, escrever na forma de uma integral iterada, 
a integral I 

D
dxdyyxf ),(
 onde D é a região delimitada por x
2
  y2  ay  0, a  0. 
Resolução: 
A região D é um círculo de centro 






2
,0
a
 e raio 
2
a
 
Como x  r cos e y  r sin, a equação em coordenadas polares fica: 
x
2
  y2  ay  0 
(r cos)2  (r sin)2  a r sin  0 
r
2
)sincos(
1
22



  a r sin 
r  a sin 
y
x
D
2
a
a
r
 
I 
 
 

0
sin
0
)sin,cos(
a
drdrrrf
 
Resposta: I 
 
 

0
sin
0
)sin,cos(
a
drdrrrf
 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 17 
22. Calcular I 

D
dxdyy
, sendo D a região delimitada por x
2
  y2  ax  0, a  0. 
Resolução: 
Semelhantemente ao exercício anterior: 
A região D é um círculo de centro 






0,
2
a
 e raio 
2
a
 
Como x  r cos e y  r sin, a equação em coordenadas polares fica: 
x
2
  y2  ay  0 
(r cos)2  (r sin)2  a r cos  0 
r
2
)sincos(
1
22



  a r cos 
r  a cos 
y
x
D

2
a
a
r
 
Em coordenadas polares, pegaremos a região D: 
D:









22
cos0 ar 
I 

D
dxdyyxf ),(
 
Obs: f (x , y)  y e y  r sin 
I 
 
D
rdrdrrf )sin,cos(

 
D
rdrdr sin

 
D
drdr sin2
 
I 
 




2
2
cos
0
2 sin
a
drdr












2
2
cos
0
3
sin
3
d
r
a














2
2
3
0sin
3
)cos(
d
a 
I 




2
2
3
3
sincos
3
d
a 
Substituir: u  cos  du  sind, tal que: 












0
2
0
2
u
u
 
Voltando à I: 
I 
 
0
0
3
3
)(
3
duu
a  
0
0
43
43





ua  0 
Resposta: I  0 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 18 
23. Calcular I 
 
D
dxdyyx 22
, sendo D a região limitada pelas curvas: 
xyx 222 
, 
xyx 422 
, 
xy 
 e 
xy
3
3

. 
1 2 x
y
D
3 4
6
 4

 
Resolução: 
Passando para coordenadas polares as equações das curvas que delimitam D, temos: 
xyx 222 
  
 cos2r
 
xyx 422 
  
 cos4r
 
y  x  
4


 e 
xy
3
3

  
6


 
Em coordenadas polares, D pode ser descrita por: 
D’:








cos4cos2
46
r
  
 
D
22 dxdyyxI
 
 
 
D'
2222 sincos rdrdrrI
 
 





4/
6/
cos4
cos2
2drdrI 











4/
6/
cos4
cos2
3
3
d
r




4/
6/
3cos
3
56
d 



4/
6/
2 coscos
3
56
d
 
 Obs.: 
   cossin1coscos 22
 



  




4/
6/
24/
6/
cossincos
3
56
ddI
4/
6/
3
3
sin
sin
3
56







 
  11210
9
7

 
Resposta: 
 11210
9
7
I
 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 19 
24. Calcular 
 
D
dxdyyxI )(
, sendo D o paralelogramo limitado pelas retas: 
x  y  0, x  y  1, y  2x e y  2x  4. 
y
x
4
2 4
1
2
D
2
3
y  2x y 2x 4
y 0x
y 1x
 
Resolução: 
Da forma como foi dada, a integração em x e y, considerada a região D, será dividida em 
três sub-regiões. 
y
x
4
2 4
1
2
2
3
y  2x y 2x 4
y 0x
y 1x
I1
I2
I3
 
Fazendo uma mudança de variáveis, a integração pode ser facilitada. 
Tome: u  x  y e v  2x. 
x  
2
v
 
y  
2
v
  u  y  
2
2uv 
 
Fazendo as mudanças de variáveis nas retas: 
y  2x y  2x  4 
2
2uv 
 2
2
v
 
2
2uv 
 
2
82 v
 
v  2u  2v v  2u  2v  8 
v  2u v  2u  8 
 x  y  0  u  0 
Todas as retas transformadas: 
x  y  1  u  1 
y  2x  v  2u 
 y  2x  4  v  2u  8 
Assim, fazendo o gráfico novamente, temos: 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 20 
v
u
8
1 4
2
D
v 2u 8
’

v 2u
0u 1u 
Com as mudanças das variáveis, D pode ser descrita por: 
D’:





822
10
uvu
u 

D
f
(x, y)dxdy 

'D
f
(x(u, v), y(u, v))
),(
),(
vu
yx


dudv 
O jacobiano de x, y em relação a u e v fica: 
x  
2
v
 e y  
2
2uv 
 
),(
),(
vu
yx



v
y
u
y
v
x
u
x









2
1
1
2
1
0

 
2
1
 
I 
 
D
dxdyyx )(


'
2
1
)(
D
dudvu
 
I 
2
1
 


1
0
82
2
u
u
udvdu
  
2
1  


1
0
82
2
duuv
u
u
  
2
1   
10
)282( duuuu
  
2
1  
1
0
8 duu
 
I 4

1
0
udu
  4 1
0
2
2





u  4
2
1
  2 
Resposta: I  2 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 21 
25. Calcular 
  
D
dxdyyxI 22 )2()2(
, onde D é a região delimitada pela circunferência 
(x  2)2  (y  2)2  4. 
Obs.: Aconselha-se o uso de duas transformações: 
1
a
: u  x  2 e v  y  2; 2a: coordenadas polares. 
Resolução: 
1
a
 transformação: leva o centro da região D para a origem: 
u  x  2 
v  y  2 
y
x
2
D
2
u
 y 2v
v
2
2
 x 2u
D’
 
D: (x  2)2  (y  2)2  4 D’: u2  v2  4 

D
f
(
x
,
y
)dxdy 

'D
f
( x(u, v), y(u, v))
),(
),(
vu
yx


dudv 
O jacobiano de x, y em relação a u e v fica: 
x  u  2 e y  y  2 
),(
),(
vu
yx



v
y
u
y
v
x
u
x









10
01  1 
I 
  
D
dxdyyx 22 )2()2(

 
D'
22 )( dudvvu
 
2
a
 transformação: transformar para coordenadas polares. 
Identificar D” em r, com correspondência ao D’ em uv. 
Contorno da região D’: u2  v2  4. D”: 





20
20
r
 
D’
2
2
r2
2
u
v


r
ru cos
rv sen

D”
 
I 
 
'
22 )(
D
dudvvu
  

'
),(
D
dudvvuf
 
f
(u, v)  u2  v2  (rcos)2  (rsin)2  r2cos2  r2sin2  r2(cos2  sin2)  r2 
I 
 
'
22 )(
D
dudvvu
  
 
"
2)(
D
drdrr
  
 
"
3
D
drdr
 
I 
 


2
0
2
0
3drdr
  







2
0
2
0
4
4
d
r  









2
0
4
0
4
2
d
 
I  4



2
0
d
  4
   2
0
  4[2  0]  8 
Resposta: I  8 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 22 
26. Calcular o volume do sólido no primeiro octante delimitado por y  z  2 e pelo cilindro 
que contorna a região delimitada por y  x2 e x  y2. 
x
1
1
yz
x
2
1
1
1
y
x
yx
y 2
Região D
Sólido
 
 
Resolução: 
Da equação y  z  2, tal que z  2  y, tome f (x, y)  2  y. 
Vamos resolver a integral seguinte para obter o volume: 
V  

D
f
(x, y)dxdy 
V  
  
1
0 2
)2(
y
y
dxdyy
  
  
1
0
2)2( dyxy
y
y
  
  
1
0
2))(2( dyyyy
 
V  
 
1
0
32 )22( dyyyyyy
  
 
1
0
32/322/1 )22( dyyyyy
 
V  1
0
42/532/3
42/53
2
2/3
2







yyyy  
2/3
2

3
2

2/5
1

4
1
  
3
4

3
2

5
2

4
1
 
V  
60
15244080 
  
60
6495
  
60
31
 
Resposta: V  
60
31
 unidades de volume 
27. Calcular o volume do sólido abaixo do plano xy delimitado por z  x2  y2  9. 
y
x
4
z
9
3
 
Resolução: 
Como z  x2  y2  9  0 para x2  y2  9, o volume será calculado considerando-se o 
módulo da integral. 
V  
 
D
dxdyyx )9( 22
 
Contorno da região D: x
2
  y2  9. D’: 





30
20
r
 
y
x3
3
r
D
3
2

D’r
rx cos
ry sen

 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 23 
V  
 


2
0
3
0
2 )9( rdrdr
  











2
0
3
0
24
2
9
4
d
rr  











2
0
24
2
)3(9
4
3
d
 
V  









2
0 2
81
4
81
d
  









2
0 4
81
d
  
4
81



2
0
d
  
4
81
   2
0
  
4
81
2  
2
81
 
Resposta: V  
2
81
 
28. Calcular o volume do sólido no primeiro octante, delimitado pelos cilindros x2  y2  16 e 
x
2
  z2  16. 
y
x
z
4
4
4
 
Resolução: 
Tome a região D como sendo 1/4 da circunferência definida no primeiro quadrante do 
plano xy. 
Região D: x
2
  y2  16. D: 






40
160 2
x
xy
 
y
x
4
4
D
 
Superiormente o sólido é limitado pelo cilindro x
2
  z2  16. Logo: z2  16  x2. 
Então: z  216 x 
V 
 


4
0
16
0
2
2
16
x
dydxx
 






 
4
0
16
0
2
2
16 dxyx
x  
 


 



 
4
0
22 1616 dxxx
 
V 
 
4
0
2)16( dxx
  4
0
3
3
16 








x
x
  164  
3
43  64  
3
64
  
3
64192
  
3
128
 
 
Resposta: V  
3
128
 unidades de volume 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 24 
29. Calcular o volume do tetraedro dado na figura abaixo. 
y
x
z
3
1
2
 
Resolução: 
O sólido está delimitado pelos planos coordenados e pelo plano que corta os eixos 
coordenados nos pontos (2, 0, 0), (0, 1, 0) e (0, 0, 3). 
Este plano é dado por: 
2
x
  
1
y
  
3
z
  1 
Logo: z  3  
2
3x
  3y 
A região D é delimitada pelo triângulo de vértices (0, 0), (2, 0) e (0, 1) 
Limites pelas retas: eixo x, eixo y e 
2
x
  
1
y
  1 ou y  1  
2
x
 
y
x
1
2
D
 
 D: 






20
2
10
x
x
y 
Então, o volume será dado por: 
V 
 








2
0
2
1
0
3
2
3
3
x
dydxy
x 
V 











2
0
2
1
0
2
2
3
2
3
3 dx
yxy
y
x
 
V  




































2
0
2
2
2
13
2
2
13
2
13 dx
xx
x
x
 
V 
 
















2
0
22
4
1
2
3
4
3
2
3
2
3
3 dx
x
x
xxx 
V  
 







2
0
22
8
3
2
3
2
3
4
3
33 dx
xxx
x
 
V 
 







2
0
2
2
3
2
3
8
3
dx
xx  
2
0
23
2
3
4
3
8 








xxx  
8
8
  
4
12
  
2
6
  1  3  3  1 
 
Resposta: V  1 unidade de volume 
 Cálculo II – (Lauro / Nunes) 25 
30. Calcule a área da região delimitada por y  x3, y  x e 
3
20
3
2
 xy
. 
4
2
x
y
D
8
-4
yx
y x2
3
 20
3
y x 3
 
Resolução: 
Observando a região D, verificamos que estamos diante de uma região que deve ser 
particionada em duas sub-regiões D1 e D2. Por exemplo, podemos escolher o eixo y como 
fronteira dessas regiões. 
Temos então: 
2
x
y
D
8
-4
yx
y x2
3
 20
3
y x 3
2
D1
 






04
3
20
3
2
:1
x
xyx
D
 e 






20
3
20
3
2
:
3
2
x
xyx
D
 
Assim: 
 
21 DDD
dAdAdAA
 
  





2
0
3/203/20
4
3/203/2
3
x
x
x
x
dydxdydxA
 
 
 













2
0
30
4 3
20
3
2
3
20
3
2
dxx
x
dxx
x
A
 2
0
42
0
4
22
43
20
323
20
3














xxxxxx 
           
















 





4
2
3
220
3
2
2
4
3
420
3
4
4222
A 












4
16
3
40
3
4
2
16
3
80
3
16
 












 4
3
44
8
3
64
A 




 





 

3
1244
3
2464
 













3
32
3
40
A 24
3
72

 
Resposta: A  24 unidades de área