Problemas_Resolvidos_Calculo_III

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Problemas Resolvidos
de
Integrais Múltiplas
Uma apostila de aux́ılio à compreensão ao
Cálculo Diferencial Integral III
Prof. Dr. Beto Rober Saavedra
Universidade Federal do Vale de São Francisco
Colegiado de Engenharia de Produção
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 Sousa
2
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 é a quantidade certa de tempo e trabalho.
′′
William Douglas
4
1. Determine o volume da região sólida E limitada pela superf́ıcie z =
sen(x2 + y2) e a região plana circular de centro (0, 0, 0) e raio
√
2π.
Solução . Observar que parte da região E fica acima da região plana circular de
centro (0, 0, 0) e raio
√
π e a outra parte embaixo da região plana limitada pelas
circunferências concêntricas de centro (0, 0, 0) e raios
√
π e
√
2π respetivamente. Logo,
usando coordenadas polares, o volume da região E é
V =
∫ 2π
0
∫ √π
0
rsen(r2)drdθ −
∫ 2π
0
∫ √2π
√
π
rsen(r2)drdθ
=
∫ 2π
0
−1
2
cos(r2)
√
π
0 dθ +
∫ 2π
0
1
2
cos(r2)
√
2π√
π
dθ
= 2π + 2π = 4π
5
2. Calcular
∫
R
∫
cos
(
y+x
y−x
)
, onde R é a região trapezoidal com vértices
(2, 0), (4, 0), (0, 4) e (0, 2).
Solução . Vamos fazer a mudança de variáveis:
u = x + y v = x − y
Essas equações definem a transformação inversa T−1 do plano xy para o plano uv. E,
a transformação T, do plano uv para o plano xy, é dada pelas equações
x =
1
2
(u + v) y =
1
2
(u − v)
O jacobiano de T é ∂(x,y)∂(u,v) =
−1
2 . A transformação T transforma uma região S no
plano uv na região 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
−v
cos(
u
v
)dudv
=
1
2
∫ 4
2
v2sen2(
u
v
)|v−vdv
= 0
6
3. Determine o volume da região sólida E limitada pela superf́ıcie z =
(x2 + y2)sen(x2 + y2) e a região plana circular de centro (0, 0, 0) e raio
√
2π.
Solução . Observar que parte da região E fica acima da região plana circular de
centro (0, 0, 0) e raio
√
π e a outra parte embaixo da região plana limitada pelas
circunferências concêntricas de centro (0, 0, 0) e raios
√
π e
√
2π respetivamente. Logo,
usando coordenadas polares, o volume da região E é
V =
∫ 2π
0
∫ √π
0
r3sen(r2)drdθ −
∫ 2π
0
∫ √2π
√
π
r3sen(r2)drdθ
Agora, pela substituição u = r2 e 12du = dr e os respetivos limites de integração r =
0 → u = 0, u = √π → u = π e r =
√
2π → u = 2π, obtermos:
V =
1
2
∫ 2π
0
∫ π
0
usen(u)drdθ − 1
2
∫ 2π
0
∫ 2π
π
usen(u)drdθ
=
1
2
[
∫ 2π
0
−ucos(u) + sen(u)π0dθ −
∫ 2π
0
−ucos(u) + sen(u)2ππ dθ]
= π + 3π = 4π
7
4. Determine o volume da região sólida limitada pelas esferas
(x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 9 e (x − 4)2 + (y − 4)2 + (z − 4)2 = 16.
Solução A distância entre os centros das esferas dadas é 3
√
3. Calcular o volume da
região sólida dada é mesma coisa que calcular o volume da região sólida limitada pelas
esferas
x2 + y2 + z2 = 9 e x2 + y2 + (z − 3
√
3)2 = 16.
Observar a figura seguinte:
Para encontrar o plano paralelo ao plano XY sobre o que descansa a interseção das
esferas, precisamos resolver a equação
16 − z2 = 9 − (z − 3
√
3)2
Isto é, o plano procurado é z = 17
√
3
9 . Logo, a região E fica acima da região plana
8
x2 + y2 ≤ 14327 . O volume de E é
V =
∫ 2π
0
∫
√
143
27
0
r
√
16 − r2 − [3
√
3r − r
√
9 − r2]drdθ
=
=
∫ 2π
0
−1
3
(16 − r2) 32 |
√
143
27
0 −
3
√
3r2
2
|
√
143
27
0 −
1
3
(9 − r2) 32 |
√
143
27
0 dθ = 2, 524....
9
5. Determine a área da parte do cone z2 = 4(x2 + y2) entre os planos z =
1 e z = 2.
Solução . Observar que a parte do cone entre os planos z = 1 e z = 2. fica acima da
região R no plano XY limitada pelas circunferências x2 + y2 = 14 e x
2 + y2 = 1.
Logo, a àrea procurada é
A =
∫
R
∫
√
1 + (
∂z
∂x
)2 + (
∂z
∂y
)2dxdy
=
∫
R
∫
√
1 +
x2
4(x2 + y2)
+
y2
4(x2 + y2)
dxdy
=
∫
R
∫ √
5
4
dxdy
=
√
5
4
∫ 2π
0
∫ 1
1
2
rdrdθ =
3
4
π
√
5
4
.
10
6. Seja B a bola fechada x2 + y2 + z2 ≤ 4.
(a) Provar por meio de Mudança de Variáveis que
∫ ∫
B
∫
e3x
2+xdV =
∫ ∫
B
∫
e3z
2+zdV
(b) Calcular
∫ ∫
B
∫
ex
2
+ ex
2+3z3dV
∫ ∫
B
∫
ey2 + ez2+3y3dV
Solução . As coordenadas no espaço R3 podem ser dadas pelas variáveis (x, y, z) ou
pelas variáveis (u, v, w).
(a) Consideramos a mudança de variáveis dada por
u = z v = y w = x
Observamos que a mudança de variáveis dada transforma a a bola fechada x2 +
y2 + z2 ≤ 4 na bola fechada u2 + v2 + w2 ≤ 4. Além disso, | ∂(x,y,z)∂(u,v,w) | = 1.
Logo,
∫ ∫
B
∫
e3x
2+xdV =
∫ ∫
B
∫
e3w
2+wdudvdw =
∫ ∫
B
∫
e3w
2+wdV =
∫ ∫
B
∫
e3z
2+zdV
(b) Sejam as transformações inversas T−11 dada por
u = y v = x w = z
e T−12 dada por
u = y v = z w = x
Observamos que as duas transformações T1 e T2 levam a bola fechada B na bola
fechada B. Além disso, ambos os módulos dos Jacobianos de T1 e T2 são igual a
1. Logo, como acima, temos
∫ ∫
B
∫
ex
2
dV =
∫ ∫
B
∫
ey
2
dV e
∫ ∫
B
∫
ex
2+3z3dV =
∫ ∫
B
∫
ez
2+3y3dV
Logo,
∫ ∫
B
∫
ex
2
+ ex
2+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}.
Solução .
(a) Denotamos o conjunto E = {(x, y) ∈ R2 : |x| + |y| = 1}. Podemos escrever esse
conjunto 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 é um segmento de reta que liga os pontos (1, 0) e (0, 1), E2 é
um segmento de reta que liga os pontos (0, 1) e (−1, 0), E3 é um segmento de reta
que liga os pontos (−1, 0) e (0,−1), e E4 é 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 é um losango com vértices (3, 0), (0, 3), (−3, 0) e (0,−3). Logo, B é a região
limitada por esse losango(ver figura 2). Seja a transformação inversa T−1 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 determinara região S do plano
uv correspondente a B, notamos que os lados de B estão sobre as retas
x + y = 3, x − y = 3, x + y = −3, x − y = −3
e as retas correspondentes do plano uv são
u = 3, v = 3, u = −3, v = 3
Então , a região S é o quadrado com vértices (3, 3), (−3, 3), (−3,−3) e (3,−3) como
mostra a figura 2. Por outro lado, o valor absoluto do Jacobiano da transformação T é
igual a
∣
∣
∣
∂(x,y)
∂(u,v)
∣
∣
∣ = 12 . Logo,
∫
B
∫
e
x+ydA =
∫
B
∫
e
u
∣
∣
∣
∣
∂(x, y)
∂(u, v)
∣
∣
∣
∣
dA
=
1
2
∫
S
∫
e
udA
=
1
2
∫ 3
−3
∫ 3
−3
e
ududv
= 3(e3 − e−3).
13
8. Determine o volume do sólido com vértices (0,0,0), (0,0,1), (0,2,0) e (2,2,0).
Solução . Para seguir o racioćınio, observar a Figura 1. A base do Tetraedro é um
retângulo, que denotarmos por R, determinado pelas retas y = x, y = 2, x = 0. A
região R é a projeção ortogonal do plano, determinado pelos pontos (0,0,1),(0,2,0),(2,2,0),cuja
equação Cartesiana é z = 2−y2 . Logo, o volume requerido é
Figura 3: Tetraedro
∫ ∫
R
2 − y
2
dA =
∫ 2
0
∫ y
0
2 − y
2
dxdy
=
∫ 2
0
2y − y2
2
dy
=
y2
2
− y
3
6
|20 =
2
3
.
14
9. Calcular
∫ ∫
R
tang(18x2 + 8y2)dA,
onde R é a região do primeiro quadrante limitada pela elipse 9x2 + 4y2 = 14 .
Solução . Pela mudança de coordenadas:
x =
1
3
rcos(θ), y =
1
2
rsen(θ); 0 ≤ r ≤ 1
2
, 0 ≤ θ ≤ π
2
.
temos:
∫ ∫
R
tan(18x2 + 8y2)dA =
1
6
∫ π
2
0
∫ 1
2
0
tang(2r2)rdrdθ
=
1
24
∫ π
2
0
−ln(cos(2r2))|
1
2
0 dθ
=
1
24
∫ π
2
0
−ln(cos(1
2
))dθ
=
−π
48
ln(cos(
1
2
))
15
10. Calcular
∫
R
∫
(y − x)sen
(
y+x
y−x
)
, onde R é a região trapezoidal com vértices
(2, 0), (4, 0), (0, 4) e (0, 2).
Solução . Vamos fazer a mudança de variáveis:
u = x + y v = x − y
Essas equações definem a transformação inversa T−1 do plano xy para o plano uv. E,
a transformação T, do plano uv para o plano xy, é dada pelas equações
x =
1
2
(u + v) y =
1
2
(u − v)
O jacobiano de T é ∂(x,y)∂(u,v) =
−1
2 . A transformação T transforma uma região S no
plano uv na região 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
−v
vsen(
u
v
)dudv
= −1
2
∫ 4
2
v2cos(
u
v
)|v−vdv
= 0
16
11. Calcule a integral
a)
∫ 1
0
∫ 2
1
x cos xy dxdy
Solução.
Fazendo a substituição simples, temos:
xy = u
du = x dy
Assim,
∫ 2
1
[∫ 1
0
cos udu
]
dx =
∫ 2
1
[senxy]
1
0 dx =
∫ 2
1
senxdx = [− cos x]21 =
= − cos 2 + cos 1
17
12. Calcule
∫ ∫
R
ex
2+y2dydx,
onde R a região semicircular limitada pelo eixo X e pela curva , y =
√
1 − x2.
Solução . Em coordenadas cartesianas, a integral em questão e uma intefral não el-
ementar e não existe nenhuma maneira direta de integrar ex
2+y2 em relacão a x ou y.
Ainda assim essa integral e outras integrais como essa são importantes em matemática
— em estat́ıstica por exemplo — e queremos encontrar uma maneira de calculá-la. As
coordenadas polares servem para isso. A substituicão de x = r cosθ , y = r sen θ e a troca
de dydx por rdrd θ nos permitem calcular a integral como :
∫∫
R
ex
2+y2dydx =
∫ π
0
∫ 1
0
er
2
rdrdθ =
∫ π
0
[
1
2e
r2
]1
0
dθ =
∫ π
0
1
2 (e − 1)dθ = π2 (e − 1)
O r em r dr dθ era justamente o que precisávamos para integrar. Sem isso, estariamos
impedidos de prosseguir, como no começo .
18
13. Encontre o momento polar da inércia em relacão a origem de uma placa fina
de densidade θ(x, y) = 1 limitada pelo quarto de circunferência x2 + y2 = 1 no
primeiro quadrante .
Solução . Em coordenadas cartesianas, o momento polar é o valor da integral
∫ 1
0
∫ √1−x2
0
dydx
Integrando em relação a y, temos :
∫ 1
0
(
x2
√
1 − x2 + (1 − x
2)
3
2
3
)
dx
Uma integral dif́ıcil de calcular sem tabelas.
As coisas melhoram se mudamos a interal original para coodenadas polares. Substituindo
x = r cos θ , y = r sen θ e trocando dxdy por r dr θ, obtemos :
∫ 1
0
∫ √1−x2
0
(x2 + y2)dydx =
∫ π
2
0
∫ 1
0
(r2)rdrdθ
=
∫ π
2
0
[
r4
4
]r=1
r=0
dθ =
∫ π
2
0
1
4
dθ =
π
8
Por que a transformação em coordenadas polares é tão eficaz aqui ? Um motivo é que
x2 + y2 é simplificada para r2 . Outro motivo é que os limites de integração tornam-se
constantes.
19
14. Identificando a região de integração . Esboçar e calcular
∫ 0
−1
∫ 1−x
−2x
dydx +
∫ 2
0
∫ 1−x
− x2
dydx
Solução . Com o auxilio da figura abaixo é posśıvel verificar a região na qual se deseja
calcular.
Figura 4: Gráfico.
∫ 0
−1
∫ 1−x
−2x
dydx +
∫ 2
0
∫ 1−x
− x2
dydx
=
∫ 0
−1
1 + x dx +
∫ 2
0
1 − x
2
dx
= x +
x2
2
∣
∣
∣
∣
0
−1
+ x − x
2
4
∣
∣
∣
∣
2
0
= −
(
−1 + 1
2
)
+ (2 − 1) = 3
2
20
15. Encontre a área dentro da lemniscata r2 = 4cos2θ .
Solução . Traçamos o gráfico da lemniscata para determinar os limites de integração e
vemos que a área total é quatro vezes a área da porção no primeiro quadrante.
a = 4
∫ π
4
0
∫
√
4cos2θ
0
rdrdθ = 4
∫ π
4
0
[
r2
2
]r=
√
4cos2θ
r=0
dθ = 4
∫ π
4
0
2cos2θdθ = 4sen2θ
]π
4
0
= 4.
21
16. Calcule
∫ ∫
B
ex
2+y2dxdy B : (x, y) 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4 ,−x ≤ y ≤ x, x ≥ 0.
Solução .



X = rcosθ
Y = rsenθ
∫ π
π
2
∫ 4
1
er2 · rdrdθ = 1
2
∫
π
2
π =
∫ π
π
2
∫ 4
1
eududθ =
1
2
∫ π
π
2
eu
∣
∣
∣
∣
4
1
=
1
2
∫ π
fπ2
e4 − e′ = 1
2
(θe4 − θe′)ππ
2
=
1
2
[
(πe4 − πe) − (π
2
e4 − π
2
e)
]
=
1
2
(
πe4 − πe − π
2
e4 +
π
2
e
)
=
1
2
(
2πe4 − 2πe − πe4 + πe
2
)
=
1
4
(πe4 − π)
22
17. Calcule
∫ ∫
R
f(x, y)dxdy
onde R é a região triangular com vértices (0,0), ( 1, 0) e (0 , 1)
Solução .
x − x2
x2 − x1
=
y − y2
y2 − y1
=
x − 0
0 − 1
=
y − 1
1 − 0 →
x
−1 =
y − 1
1
= x = −y + 1
−y = x − 1 → y = 1 − x
∫ 1
0
∫ 1−x
0
x2 + y2dydx =
∫ 1
0
x2y +
y3
3
∣
∣
∣
∣
1−x
0
dx =
∫ 1
0
x2(1 − x) + (1 − x)
3
3
dx
∫ 1
0
x2dx −
∫ 1
0
x3dx +
∫ 1
0
(1 − x)3
3
dx =
x3
3
∣
∣
∣
∣
1
0
− x
4
4
∣
∣
∣
∣
1
0
− 1
3
(1 − x)4
4
∣
∣
∣
∣
1
0
=
1
3
− 1
4
− 1
3
(
0 − 1
4
)
=
1
3
− 1
4
+
1
12
=
1
6
23
18. Encontre os limites da integração para integrar f(r, θ) sobre a região R que
está dentro da cardióide r = 1 + cosθ e fora da circunferência r = 1 .
Solução
Passo 1 : Um esboço. Esboçamos a região e identificamos as curvas limitantes.
Passo 2 : Os limites de integração de r. Um raio t́ıpico a partir da origem entra em
R onde r = 1 e sai onde r = 1 + cosθ.
Passo 3 : Os limites de integração de θ . Os raios a partir da origem que apresentam
intersecção com R variam de θ = −π/2 a θ = π/2. A integral é :
∫ π
2
−π2
∫ 1+cosθ
1
f(r, θ)rdrdθ
Se f(r, θ) é a função constante cujo valor é 1 , então a integral de f sobre r é a área de R .
A área de uma região R fechada e limitada no plano de coordenadas polares é
a =
∫ ∫
R
rdrdθ.
Como seria de esperar, essa fórmula para a área é condizente com todas as fórmulas
anteriores, embora não provemos esse fato .
24
19. Identificando a região de integração . Esboçar e calcular
∫ 2
0
∫ 0
x2−4
dydx +
∫ 4
0
∫ √x
0
dydx
Solução .
Figura 5: Gráfico.
∫ 2
0
4 − x2 dx +
∫ 4
0
x1/2 dx
= 4x − x
3
3
∣
∣
∣
∣
2
0
+
2
3
x3/2
∣
∣
∣
∣
4
0
=
(
8 − 8
3
)
+
16
3
=
32
3
25
20. Encontre o volume da região D limitada pelas superf́ıcies z = x2 + 3y2 z =
8 − x2 − y2.
Solução . O volume é
v =
∫ ∫
R
∫
dzdydx,
a integral de f(x, y, z) = 1 sobre D . Para encontrarmos os limites de integração para
calcular a integral, seguimos estes passos :
Passo 1 : Um esboço. As superf’icies apresentam intersecção no cilindro eĺıptico
x2 + 3y2 = 8 − x2 − y2 ou x2 + 2y2 = 4. A fronteira da região R ( a projeção de D spbre
o plano xy ) é uma elipse com a mesma equação : x2 + 2y2 = 4 . A fronteira superior de
R é a curva y =
√
(4 − x2)/2 . A fronteira inferior é a curva y = −
√
(4 − x2)/2 .
Passo 2 : Os limites de integração de Z . A reta Mque passa por um ponto t́ıpico (x, y)
em R que é paralela ao eixo Z entra em D em z = x2 + 3y2 e sai em z = 8 − x2 − y2 .
Passo 3 : Os limites de integração de y. A reta L que passa por (x, y) que é paralela ao
eixo y entra em R em y = −
√
(4 − x2)/2 e sai em y =
√
(4 − x2)/2 .
Passo 4 : Os limites de integração de x . Quando L varre R, o valor de X varia de x = −2
em (−2, 0) a x = 2 em (2, 0, 0) . O volume é
v =
∫ ∫
R
∫
dzdydx
=
∫ 2
−2
∫
√
(4−x2)/2
−
√
(4−x2)/2
∫ 8−x2−y2
x2+3y2
dzdydx
=
∫ 2
−2
∫
√
(4−x2)/2
−
√
(4−x2)/2
(8 − 2x2 − 4y2)dydx
=
∫ 2
−2
[
(8 − 2x2)y − 43y3
]
√
(4−x2)/2
−
√
(4−x2)/2
dx
=
∫ 2
−2
(
2(8 − 2x2)
√
4−x2
2 − 83
(
4−x2
2
) 3
2
)
dx
∫ 2
−2
[
8
(
4−x2
2
) 3
2 − 83
(
4−x2
2
) 3
2
]
dx = 4
√
2
3
∫ 2
−2(4 − x2)
3
2 dx
= 8π
√
2 Unidades cubicas.
26
21. Determine os limites de integração para calcular a integral tripla de uma
função f(x, y, z) sobre o tetraedro D com vértices (0, 0, 0) (1, 1, 0) (0, 1, 0) e (0, 1, 1).
Solução .
Passo 1 : Um esboo. Esboçamos D junto com sua projeção R no plano xz. A superf́ıcie
limitante superior a direita de D está no plano y = 1 . A superf́’icie limitante inferiror
a esquerda está no plano y = x + z . A fronteira superior de R é a reta z = 1 − x . A
fronteira inferior é a reta z = 0
Passo 2 : Os limites de integração de y. A reta que passa por um ponto t́ıpico (x, z)
em R que é paralela ao eixo y entra em D em y = x + z e sai em y = 1 .
Passo 3 : Os limites de integração de Z . A reta L que passa por (x, z) que é paralela
ao eixo z entra em R e em z = 0 sai em z = 1 − x
Passo 4 : Os limites de integração de x. A medida que L varre R , o valor de x varia
de x = 0 a x = 1 . A integral é
∫ 1
0
∫ 1−x
0
∫ 1
x+z
F (x, y, z)dydzdx.
27
22. Esboce a região , inverta a ordem e calcule a integral
∫ ∫
R
(y − 2x2)dA,
onde R é a região limitada pelo quadrado |x| + |y| = 1
Solução .
Figura 6: Gráfico.
=
∫ 0
−1
∫ x+1
−x−1
(y − 2x2)dydx +
∫ 1
0
∫ 1−x
x−1
(y − 2x2)dydx
=
∫ 0
−1
1
2
y2 − 2x2 − 2x2y
∣
∣
∣
∣
x+1
−x−1
dx +
∫ 1
0
1
2
y2 − 2x2y
∣
∣
∣
∣
1−x
x−1
dx
=
∫ 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)3
3
]
+ 4
(
1
4
− 1
3
)
= 8
(
3
12
− 4
12
)
= − 8
12
= −2
3
28
23. Encontre o valor médio 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
Solução . Esboçamos o cubo com detalhes suficientes para mostrar os limites de inte-
gração . Depois usamos a equação (4) para calcular o valor médio de F sobre o cubo.
O volume do cubo é (2)(2)(2) = 8 . O valor da integral de F sobre o cubo é:
∫ 2
0
∫ 2
0
∫ 2
0
xyzdxdydz =
∫ 2
0
∫ 2
0
[
x2
2 yz
]x=2
x=0
dydz =
∫ 2
0
∫ 2
0
2yzdydz
∫ 2
0
[
y2z
]y=2
y=0
dz =
∫ 2
0
4zdz =
[
2z2
]2
0
= 8
Com esses valores, a equação (4) dá
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 também funciona
29
24. Esboce a região , inverta a ordem e calcule a integral
∫ ∫
R
xydA,
onde R é a região limitada pelas retas y = x y = 2x x + y = 2
Solução .
Figura 7: Gráfico.
∫ 2
3
0
∫ 2x
0
xydydx +
∫ 1
2
3
∫ 2−x
x
xydydx
=
∫ 2
3
0
1
2
xy2
∣
∣
∣
∣
2x
x
dx +
∫ 1
2
3
1
2
xy2
∣
∣
∣
∣
2−x
x
dx
=
∫ 2
3
0
2x3 − 1
2
x3dx +
∫ 1
2
3
1
2
x(2 − x)2 − 1
2
x3dx
=
∫ 2
3
0
3
2
x3dx +
∫ 1
2
3
2x − x2dx
=
3
8
x4
∣
∣
∣
∣
2
3
0
+ x2 − 2
3
x3
∣
∣
∣
∣
1
2
3
=
3
8
· 16
81
+ 1 − 2
3
−
[
4
9
−
(
2
3
· 8
27
)]
=
6
81
+
27
81
−
(
36
81
− 16
81
)
=
13
81
30
25. Encontre um centróide (δ = 1) do sólido limitado pelo cilindro x2 + y2 = 4 e
limitado acima pelo parabolóide z = x2 + y2 e abaixo pelo plano xy
Solução .
Passo 1 : Um esboço. Esboçamos o sólido, limitado acima pelo parabolóide z = r2 e
abaixo pelo plano z = 0 . Sua base R é o disco |r| ≤ 2 no plano xy .
O centróide do s’olido (x, y, z) est’a 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 t́ıpico (r, θ) na base
paralela ao eixo z entra no sólido en z = 0 e sai em z = r2 .
Passo 3 : Os limites de r . Um raio L que passa por (r, θ) a partir da origem entra em r
em r = 0 e sai em r = 2 .
Passo 4 : Os limites de θ . A medida que L varre a base no sentido anti -horário, o ângulo
θ que ele faz com o eixo x positivo varia de θ = 0 a θ = 2π. O valor de Mxy é
Mxy =
∫ 2π
0
∫ 2
0
∫ r2
0
zdzrdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 2
0
[
z2
2
]r2
0
rdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 2
0
r5
2
drdθ
∫ 2π
0
[
r6
12
]2
0
dθ = =
∫ 2π
0
16
3
dθ = =
32π
3
.
O valor de M é
M =
∫ 2π
0
∫ 2
0
∫ r2
0
dzrdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 2
0
[z]
r2
0 rdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 2
0
r3drdθ
∫ 2π
0
[
r4
4
]2
0
dθ =
∫ 2π
0
4dθ = 8π.
Portanto ,
z =
Mxy
M
=
32π
3
1
8π
=
4
3
e o centróide é (0, 0, 43 ) . Observe que o centróide está fora do sólido.
31
26. Encontre uma solução em coodenadas esféricas para a esfera x2+y2+(z−1)2 = 1
Solução . Usamos as equaçoes (3) para substituir x, yez :
x2 + y2 + (z − 1)2 = 1.
p2 sen2 φ cos2 θ + p2 sen2 φ sen2θ + (p cos φ − 1)2 = 1
φ2 sen2 φ (cos2 θ + sen2 θ ) + φ2 cos2 φ − 2ρ cos φ + 1 = 1
ρ2 (sen2 φ + cos2 φ) = 2ρ cos φ
ρ2 = 2ρ cos φ
ρ = 2 cos φ
32
27. Esboce a região , expresse a área com integral dupla iterada e a parábola
x = y − y2 e a reta y = x + 2
Solução .
Figura 8: Gráfico.
∫ 1
−2
∫ −y2
y−2
dxdy =
∫ 1
−2
−y2 − y + 2dy
= −y
3
3
− y
2
2
+ 2y
∣
∣
∣
∣
1
−2
= −1
3
− 1
2
+ 2 −
(
8
3
− 2 − 4
)
=
9
2
33
28. Esboce a região , expresse a área com integral dupla iterada e a parábola
x = y − y2 e a reta y = −x
Solução .
Figura 9: Gráfico.
∫ 2
0
∫ y−y2
−y
dxdy =
∫ 2
0
2y − y2dy
= y2 − y
3
3
∣
∣
∣
∣
2
0
= 4 − 8
3
=
4
3
34
29. Esboce a região , expresse a área com integral dupla iterada e a curva y = ex
e as retas y = 0 x = 0 x = lnz
Solução .
Figura 10: Gráfico.
∫ lnz
0
∫ ex
0
dydx
=
∫ lnz
0
exdx
= ex
∣
∣
∣
∣
lnz
0
= 2 − 1 = 1
35
30. Esboce a região , expresse a área com integral dupla iterada e as curvas
y = lnx e y = 2lnx e a reta x = e , no primeiro quadrante
Solução .
Figura 11: Gráfico.
∫ e
1
∫ 2lnx
lnx
dydx
=
∫
1
lnx dx
= x lnx − x
∣
∣
∣
∣
e
1
= (e − 2) − (0 − 1) = 1
36
31. Esboce a região de integração e calcule a integral
∫ π
0
∫ x
0
xsenydydx.
Solução . Seja B o triângulo 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ x para cada X fixo em [0, π]
Assim,
∫ π
0
xsenydydx →
∫ π
0
[(−xcosy)]x0 dx
Segue que
∫ π
0
−xcosx − (−x)dx →
∫ π
0
−xcosx + xdx
∫ π
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)
∣
∣
∣
∣
π
0
to
π2
2
− (πsenπ + cosπ) − (0 + 1)
=
π2
2
− [(0 − 1) − 1] → π
2
2
+ 2
∫ π
0
∫ x
0
xsenydydx =
π2
2
+ 2
37
32. Esboce a região de integração e calcule a integral
∫ 3
0
∫ 2
0
(4 − y2)dydx
Solução . 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 − y
3
3
)2
0
dx
Segue que
∫ 3
0
8 − 8
3
dx →
∫ 3
0
16
3
dx
=
16
3
x
∣
∣
∣
∣
3
0
→ 48
3
= 16
Ou seja
∫ 3
0
∫ 2
0
(4 − y2) dydx = 16
38
33. Calcule a integral da função f(x, y) = x2 + y2 sobre a região triangular com
vértices (0, 0), (1, 0), e (0, 1)Solução . Seja B o triângulo 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x
∫
B
∫
x2 + y2dydx →
∫ 1
0
∫ 1−x
0
x2 + y2 dydx
∫ 1
0
[(
yx2 +
y3
3
)]1−x
0
dx →
∫ 1
0
(
(1 − x)x2 + (1 − x
3)3
3
)
dx
Resulta em:
∫ 1
0
x2 − x3 + (1 − x)
3
3
dx
Faz integral separada
Primeira integral
∫ 1
0
x2 dx =
x3
3
∣
∣
∣
∣
1
0
=
1
3
Segunda integral
∫ 1
0
−x3 dx = −x
4
4
∣
∣
∣
∣
1
0
=
−1
4
Terceira integral
∫ 1
0
(1 − x)3
3
dx
Resolver por substituição , chama (1 − x) de u e deriva em relação a u
Temos : 


u = 1 − x
du = −dx
Assim,
∫ 1
0
−u
3
3
du → −1
3
∫ 1
0
u3 du = − 11
3
(
u4
4
)
Volta para variável X
= −1
3
(
(1 − x)4
4
)
→ (1 − x)
4
12
∣
∣
∣
∣
1
0
=
1
12
Segue que
∫ 1
0
x2 − x3 + (1 − x)
3
3
dx =
1
3
− 1
4
+
1
12
=
1
6
Portanto
∫ 1
0
∫ 1−x
0
x2 + y2 dydx =
1
6
39
34. Calcule
∫
D
∫
(x + y) da
, onde D é limitada por
y =
√
x , y = x2
Solução . Podemos escrever que a região D é :
D = {(x, y)/ 0 ≤ x ≤ 1 , x2 ≤ y ≤
√
x }
Como a fronteira de baixo é y = x2 e a de cima é 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
x2
dx
=
∫ 1
0
(
x3/2 +
1
2
x − x3 − x
4
2
)
dx
=
[
2
5
x5/2 +
1
4
x2 − 1
4
x4 − 1
10
x5
]1
0
=
3
10
Portanto
∫ 1
0
∫ √x
x2
(x + y) dydx =
3
10
40
35. Calcule
∫
D
∫
y3dA,
D é a região triangular com vértices (0, 2); (1, 1) e (3, 2)
Solução . A região D é escrita como :
D = {(x, y)/ 1 ≤ y ≤ , 2 − y ≤ x ≤ 2y − 1}
Logo,
∫
D
∫
y3 dxdy =
∫ 2
1
∫ 2y−1
2−y
y3 dxdy
=
∫ 2
1
[
xy3
]x=2y−1
x=2−y dy
Resulta em
=
∫ 2
1
[(2y − 1) − (2 − y)] y3 dy
=
∫ 2
1
(3y4 − 3y3) dy
=
[
3
5
y5 − 3
4
y4
]2
1
=
96
5
− 12 − 3
5
+
3
5
→ 147
20
Portanto
∫ 2
1
∫ 2y−1
2−y
y3 dxdy =
147
20
41
36. Calcule
∫
D
∫
(2y − y) DA,
onde D é limitada pelo ćırculo de centro na origem e raio 2
Solução . A região D é :
D = {(x, y) / − 2 ≤ x ≤ 2, −
√
4 − x2 ≤ y ≤
√
4 − x2}
logo ,
∫
D
∫
(2x − y) dA =
∫ 2
−2
∫ √4−x2
−
√
4−x2
(2x − y) dydx
=
∫ 2
−2
[
2xy − 1
2
y2
]
√
4−x2
√
4−x2
dx
Resulta em
∫ 2
−2
[
2x
√
4 − x2 − 1
2
(4 − x2) + 2x
√
4 − x2 + 1
2
(4 − x2)
]
dx
=
∫ 2
−2
4x
√
4 − x2dx
= −4
3
(4 − x2)3/2
∣
∣
∣
∣
2
−2
= 0
Portanto
∫ 2
−2
∫ √4−x2
−
√
4−x2
(2x − y) dydx = 0
42
37. A parte da esfera x2 + y2 + z2 = a2 que está dentro do cilindro x2 + y2 = ax e
acima do plano XY
Solução . 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:
=
∫ π/2
−π2
∫ acosθ
a
√
r2
a2 − r2 + 1 rdrdθ
=
∫ π
2
−π2
∫ a cosθ
0
ar√
a2 − r2
drdθ
Logo,
∫ π
2
−π2
[
−a
√
a
2 − a2cos2θ − a
]
dθ = 2a2
∫ π
2
0
(
1 −
√
1 − cos2 θ
)
dθ
2a2
∫ π
2
0
dθ − 2a2
∫ π
2
0
√
sen2θdθ
= −2a2
∫ π
2
0
senθdθ
= a2(π − 2)
43
38. Calcule a integral tripla
∫ ∫ ∫
E
XZ DV , onde E é o sólido do tetraedro com
vértices (0, 0, 0) (0, 1, 0) (1, 1, 0) e (0, 1, 1)
Solução . A região de integração é



0 ≤ x ≤ y − z
0 ≤ y ≤ 1
0 ≤ z ≤ y
Então temos:
∫ 1
0
∫ y
0
∫ y−z
0
XZ dxdzdy
=
∫ 1
0
∫ y
0
1
2
(y − z)2 Z dzdy → 1
2
∫ 1
0
[
1
2
y2z2 − 2
3
yz3 +
1
4
z4
]y
0
dy
Resulta em :
1
24
∫ 1
0
y4 dy =
1
24
[
1
5
y5
]1
0
=
1
120
44
39. Calcule a integral tripla
∫ ∫ ∫
E
(x + 2y) dV,
onde E é limitado pelo cilindro parabólico y = x2 e pelo planos x = z , x =
y e z = 0
Solução . O intevalo de integração é :



0 ≤ x ≤ 1
X ≤ y ≤ x2
0 ≤ z ≤ x
Então 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=x2
dX
Resulta em :
∫ 1
0
(2x3 − x4 − x5)dX =
[
1
2
x4 − 1
5
x5 − 1
6
x6
]1
0
=
2
15
45
40. Faça o esboço do sólido cujo volume é dada pela integral e calcule-a
∫ 2π
0
∫ 2
0
∫ 4−r2
0
rdzdrdθ
Solução . Essa integral iterada é uma integral tripla sobre a região sólida
E = {(r, θ, z) 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 2, , 0 ≤ z ≤ 4 − r2}
e a projeção de E acima do plano XY é a paraboloide z = 4 − r2 = 4 − x2 − y2
Utilizando coordenadas cilindricas
∫ 2π
0
∫ 2
0
∫ 4−r2
0
rdzdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 2
0
(4r − r3) drdθ
=
∫ 2π
0
[
2r2 − 1
4
r4
]r=2
r=0
dθ
=
∫ 2π
0
(8 − 4)dθ = 4θ
∣
∣
∣
∣
2π
0
= 8π
Logo
∫ 2π
0
∫ 2
0
∫ 4−r2
0
rdzdrdθ = 8π
46
41. Faça o esboço do sólido cujo volume é dado pela integral e calcule-a
∫ π
2
0
∫ π
2
0
∫ 1
0
ρ2sinφdρdφ
Solução . A região de integração usando coordenadas esféricas
E = {(ρ, θ, φ) / 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π
2
, 0 ≤ φ ≤ π
2
}
Sabemos que ρ = x2 + y2 + z2 = 1
Então temos:
∫ π
2
0
∫ π
2
0
∫ 1
0
ρ2sen φ dρdθdφ =
∫ π
2
0
∫ π
2
0
[
1
3
ρ3sen φ
]p=1
p=0
dθdφ
=
∫ π
2
0
∫ π
2
0
1
3
sen φ dθdφ =
∫ π
2
0
1
3
sen φ [φ]
θ= π2
θ=0 dφ
Logo,
=
1
3
∫ π
2
0
π
2
sin φdθ =
π
6
[−cos]
π
2
0 =
π
6
47
42. Faça o esboço do sólido cujo colume é dado pela integral e calcule-a
∫ π
3
0
∫ 2π
0
∫ secφ
0
ρ2sen φ dθdφ
Solução . A região de integração usando coordenadas esféricas
E = {(ρ, θ, φ) / 0leθ ≤ 2π , 0 ≤ φ ≤ π
3
, 0 ≤ ρ ≤ sen φ}
Sendo ρ = sec φ equivalente a ρ cosφ = z = 1 A região sólida e está limitada entre cone
φ = π3 e o plano z = 1 Portanto temos:
∫ π
3
0
∫ 2π
0
∫ secφ
0
ρ2sen φ dρdθdφ =
∫ π
3
0
∫ 2π
0
[
1
3
ρ3senφ
]ρ=secφ
ρ=0
dθdφ
Resulta :
=
1
3
∫ π
3
0
∫ 2π
0
senφ
cos3φ
dθdφ =
2π
3
∫ π
3
0
(tan φ sec2 φ) dφ
=
2π
3
[
tan2φ
2
]π
3
0
= π
48
43. Calcule
∫
R
∫ √
x2 + y2 dxdy sendo R a região limitada por x2 + y2 = 2x ,
x2 + y2 = 4x , y = x e y =
√
3
3 x
Solução . A região 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 =
√
3
3 x
De acordo com x2 + y2 = 2x e x2 + y2 = 4x usa coodenadas cilindricas
r2 = 2rcosθ → r(r − 2 cosθ) = 0 → r = 2cosθ
r2 = 4rcosθ → r(r − 4cosθ) = 0 → r = 4cosθ Assim,
π
6 ≤ θ ≤ π4
2cosθ ≤ r ≤ 4cosθ Logo,
∫
R
∫
√
x2 + y2 dxdy →
∫ π
4
π
6
(
r3
3
∣
∣
∣
∣
4 cos θ
2cosθ
)
θ
1
3
∫ π
4
π
6
64cos3θ − 8cos3 θ dθ
Portanto temos
56
3
∫ π
4
π
6
cos3θ dθ to
56
3
∫ π
4
π
6
(1 − sen2θ) cosθ dθ
Fazendo a substituição : chama senθ de U e deriva em relação a U, temos :



u = senθ
du = cosθdθ
56
3
∫ π
4
π
6
(1 − u2) du
49
Assim,
56
3
(
u − u
3
3
) ∣
∣
∣
∣
π
4
π
6
=
56
3
(
sen θ − sen
3θ
3
) ∣
∣
∣
∣
π
4
π
6
=
√
2
2
− (
2
2 )
3
3
− 0
=
√
2
2
−
2
√
2
8
3
→
√
2
2
−
√
2
4
· 1
3
=
√
2
2
−
√
2
12
→ 6
√
2 −
√
2
12
=
5
√
2
12
50
44. Calcule: (x2 + y2) dxdy Onde B = {(x, y) ∈ IR2 / 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4}
Solução .
1 ≤ r ≤ 2 Sendo



x = rcosθ
y = rsenθ
dxdy = rdrdθ
Considerando
x2 + y2 = r2
Assim,
∫
B
∫
r2r drdθ →
∫ 2π
0
∫ 2
1
r3 drdθ
=
∫ 2π
0
[
r4
4
∣
∣
∣
∣
2
1
]
dθ →
∫ 2π
0
(
4 − 1
4
)
dθ
15
4
∫ 2π
0
dθ → θ
∣
∣
∣
∣
2π
0
→ 15
4
· 2π = 15
2
π
51
45. Calcule a integral abaixo :
∫ 1
0
∫ 4
4x
e−y
2
dydx
Solução . Nesse caso não é posśıvel calcular a integral, pois f(y) = e−y
2
não possui
primitiva, então esboça-se a área A região passa a ser
R : 0 ≤ x ≤ y
4
0 ≤ y ≤ 4
Assim,
∫ 4
0
∫ y
4
0
e−y
2
dxdy →
∫ y
4
0
e−y
2
dx → e−y2x
∣
∣
∣
∣
y
4
0
= e−y
2 · y
4
=
∫ 4
0
(e−y
2 y
4
)dy → 1
4
∫ 4
0
(e−y
2 · y) dy
Fazendo por substituição



u = −y2
du = −2ydy → −fdu2 = ydy
Então temos
1
4
∫ 4
0
eu
(
−du
2
)
= −1
8
∫ 4
0
eudu
=
1
8
∫ 0
4
eu du → 1
8
(eu)
∣
∣
∣
∣
0
4
=
1
8
(
e−y
2
)
∣
∣
∣
∣
0
4
=
1
8
(
eo − e−16
)
→ 1
8
(1 − e−16)
52
46. Calcular
∫ ∫ ∫
T
(x2 + y2)dV,
onde T é a região inferior ao cilindro x2 + y2 = 1 e a esfera x2 + y2 + z2 = 4
Solução .
*Em baixo z = −
√
4 − x2 − y2
*Em cimaz =
√
4 − x2 − y2
Dessa forma 


-
√
4 − x2 − y2 ≤ z ≤
√
4 − x2 − y2
x2 + y2 = 1
Usando coordenadas cilindrica



x = rcosθ
y = rsenθ
z = z
achar o Jacobiano:
∣
∣
∣
∣
σ(x, y, z)
σ(r, θ, z)
∣
∣
∣
∣
= r
A região de integração é :
R′



-
√
4 − r2cos2θ − r2sen2θ ≤ z ≤
√
4 − r2cos2θ − r2sen2θ
0 ≤ θ ≤ 2π
0 ≤ r ≤ 1
Logo
∫ ∫ ∫
R′
(r2cos2θ + r2sen2θ)r dzdrdθ
∫ 2π
0
∫ 1
0
∫ √4−r2
−
√
4−r2
r3 dzdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 1
0
r3
(√
4 − r2 +
√
4 − r2
)
drdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
r3(2
√
4 − r2) drdθ = 2
∫ 2π
0
∫ 1
0
r · r2(
√
4 − r2) drdθ
Fazendo
u = 4 − r2 → r2 = 4 − u
−2rdr = du → rdr = −du
2
Portanto
Para r = 0 → u = 4
53
Para r = 1 → u = 3
Então temos
2
∫ 2π
0
∫ −3
4
(4 − u)
√
u − du
2
dθ →
∫ 2π
0
∫ 4
3
(4 − u)
√
u dudθ
=
∫ 2π
0
∫ 4
3
(4 − u) · u1/2 dudθ
=
∫ 2π
0
∫ 4
3
4u1/2 − u3/2dudθ →
∫ 2π
0
4u3/2
3/2
− u
5/2
5/2
∣
∣
∣
∣
4
3
dθ
=
∫ 2π
0
8
3
u3/2 − 2
5
u5/2
∣
∣
∣
∣
4
3
dθ
=
∫ 2π
0
(
8
3
(8) − 2
5
(32) − 8
3
(3
√
3) +
2
5
(9
√
2)
)
dθ
=
∫ 2π
0
(
64
3
− 64
5
− 8
√
3 +
18
5
√
3
)
dθ
=
(
64
3
− 64
5
− 8
√
3 +
18
5
√
3
)
2π
=
(
256
15
− 44
√
3
5
)
π
54
47. Calcule
∫ ∫ ∫
B
Zdxdydz onde B é o conjunto x2 + y2 + z2 ≤ 1 e z ≥
√
x2 + y2
Solução . Usando coordenadas esféricas.



X = rcosθsenσ
Y = rsenθsemσ
Z = rcosσ
Z =
√
x2 + y2
rcosσ =
√
r2cos2sen2σ + r2sen2θsenσ
rcosσ =
√
r2sen2σ(cos2θ + sen2θ)
rcosσ = rsenσ
cosσ = senσ → senσ
cosσ
= 1 → tgσ = 1
σ =
π
4
(Cone que passa na origem )
Então temos
∫ 2π
0
∫ π
4
0
∫ 1
0
rcosσ (r2 senσ) drdσdθ
=
∫ 2π
0
∫ π
4
0
∫ 1
0
r3 cosσ sen σ drdydθ
=
∫ 2π
0
∫ π
4
0
r4
4
∣
∣
∣
∣
1
0
cosσ senσ dσ dtheta
=
∫ 2π
0
∫ π
4
0
1
4
cosσsenσ dσdθ
Sabemos que cos σsenσ = sen 2σ2
=
∫ 2π
0
∫ π
4
0
1
4
sen2σ
2
dσdθ → 1
4
∫ 2π
0
(−cos 2σ)
4
∣
∣
∣
∣
π
4
0
dθ
=
1
16
(0 − (−1))
∫ 2π
0
dθ =
1
6
(2π) =
π
8
55
48. Calcule o volume do sólido compreendido entre o cone e a superf́ıcie delimi-
tados pelas equações a seguir:
x2 + y2 + z2 = 2z
x2 + y2 + z2 − 2z = 0
x2 + y2 + z2 − 2z + 1 = 1
(x2 + y2) + (z − 1)2 = 1
Solução . Achando a variação de raio R varia de 0 até a esfera x2 + y2 + z2 = 2z
r2sen2σcos2θ + r2sen2σsen2θ + r2cos2σ = 2rcosσ
r = 2cosσ
A região de integração é : 


0 ≤ r ≤ 2cosσ
0 ≤ σ ≤ π4
0 ≤ θ ≤ 2π
Volume é
∫ ∫ ∫
dxdydz =
∫ ∫ ∫ ′
R
r2senσ drdσdθ =
∫ 2π
0
∫ π
4
0
∫ 2cosσ
0
r2senσ drdσdθ
∫ 2π
0
∫ π
4
0
r3
3
∣
∣
∣
∣
2cosσ
0
senσ dσdθ =
∫ 2π
0
∫ π
4
0
8
3
cos3σsenσ dσdθ
∫ 2π
0
∫
√
2
2
1
8
3
u3 dudθ =
8
3
∫ 2π
0
∫ 1
√
2
2
u3dudθ
=
8
3
∫ 2π
0
u4
4
∣
∣
∣
∣
1
√
2
2
dθ =
8
3
∣
∣
∣
∣
2π
0
(
1
4
−
4
16
4
)
dθ
8
3
∫ 2π
0
(
1
4
− 1
16
)
dθ → 8
3
∫ 2π
0
(
3
16
)
dθ =
1
2
∫ 2π
0
dθ
=
2π
2
= π
56
49. Encontre o volume do elipsóide x
2
a2 +
y2
b2 +
z2
c2 ≤ 1
Solução .
V =
∫ ∫ ∫
R
dxdydz
Transformar elipsóide em uma esfera por mudança de variável
Logo,
∫ 2π
0
∫ π
0
∫ 1
0
abcr2senσ drdσdθ
∫ 2π
0
∫ π
0
[
r3
3
abc senσ
∣
∣
∣
∣
1
0
]
dσdθ
= abc
∫ 2π
0
∫ π
0
[
1
3
senσ
]
dσdθ
=
abc
3
∫ 2π
0
[
−cosσ
∣
∣
∣
∣
π
0
]
dθ
=
abc
3
∫ 2π
0
(1 − (−1))dθ → abc
3
[
2θ
∣
∣
∣
∣
2π
0
]
=
abc
3
[4π]
=
4πabc
3
57
50. Calcule
∫
R
∫ √y−x
1+y+x dxdy onde R é o triângulo de vértices (0, 0) (1, 0) (0, 1)
Solução .



u = y − x
v = 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 =


∂x
∂u
∂x
∂V
∂y
∂u
∂y
∂V

 = A =


−1
2
1
2
1
2
1
2

 =
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
2
dvdu →
∫ 1
−1
∫ 2
1
u1/3
v
1
2
dvdu
=
1
2
∫ 1
−1
∫ 2
1
u1/3
v
dvdu → 1
2
∫ 1
−1
[
lnv · u1/3
∣
∣
∣
∣
2
1
]
du
=
1
2
∫ 1
−1
[
u1/3ln2 − ln1
]
du → 1
2
[
u4/3
4/3
ln2
∣
∣
∣
∣
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 região D : {(x, y) : −1 6 x 6 1, 0 6 y 6 1}
e a densidade ρ(x, y) = x2
Solução . Primeiramente vamos calcular a massa M;
M =
∫ ∫
x2dA =
∫ 1
0
∫ 1
−1
x2dxdy =
∫ 1
0
x3
3
|10dy =
∫ 1
0
2
3
dy =
2
3
y|10
Logo; M = 23
Calculemos agora o centro de massa.
X =
1
M
∫
D
∫
xx2dxdy =
2
3
∫ 1
0
∫ 1
−1
x3dxdy =
∫ 1
0
x4
4
|1−1dy = 0
Y =
1
M
∫
D
∫
yx2dxdy =
2
3
∫ 1
0
∫ 1
−1
yx3dxdy =
∫ 1
0
y
x3
3
|1−1dy =
∫ 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
∫
x
y e
x
y dydx onde R = [0,1] X [1,2]
Solução . Inicialmente temos;
∫
R
∫
x
y
e
x
y =
∫ 1
0
∫ 2
1
x
y
e
x
y dydx =
∫ 1
0
e
x
y |21dx =
∫ 1
0
−e x2 + exdx = −2e x2 + ex|10
= (−2e 12 + e) − (−2 + 1) = −2e 12 + e + 1
Logo:
∫
R
∫
x
y
e
x
y dydx = −2e 12 + e + 1
60
53. Calcular a área do gráfico entre a função seno e cosseno. sin[0, 2Π] e cos[0, 2Π]
Solução . A área que procuramos está compreendida entre os ponto em que o seno igual
ao coseno. Vamos proccurar esses pontos. sinx = cosx se,somente se, x = x4 ou x =
xΠ
4
A =
∫ 5Π
4
x
4
∫ sin
cos
dydx =
∫ 5Π
4
x
4
(sinx−cosx)dx = [−cosx−sinx]|
5Π
4
x
4
= (
√
2
2
+
√
2
2
)−(−
√
2
2
−
√
2
2
) =
2
√
2
2
Portanto a área procurada é
A =
2
√
2
2
61
54. Calcular a área da região entre y =
√
x e o eixo x. [0,4]
Solução . Sabemos que: y =
√
x −→ y2 = x, logo temos duas opções para encontrar
essa área.
1 - A =
∫ 4
0
∫√x
0
dydx
ou
2 - A =
∫ 2
0
∫ 4
y2
dydx
Resolveremos pela primeira opção.
A =
∫ 4
0
∫ √x
0
dydx =
∫ 4
0
y|
√
x
0 dx =
∫ 4
0
√
xdx =
∫ 4
0
x
1
2 dx =
x
3
2
3
2
|40 =
16
4
Portanto a área da procurada eh
A =
16
4
62
55. Calcular o volume do sólido entre o plano x+2y+z = 2 e os eixos coordenados.
Solução .
Para z = 0, temos que y = 2−x2
Para y = 0, temos que z = 2 − x
A função que precisamos para calcular esse volume, encontramos a partir da área do
triângulo retângulo formado pelo gráfico. Logo, A(x) = 12
(2−x)
2 (2 − x) =
(2−x)2
4 . Pronto
agora podemos calcular o volume.
V =
∫ 2
0
A(x)dx =
∫ 2
0
(2 − x)2
4
dx =
−(2 − x)3
12
|20 =
8
12
=
2
3
Portanto o volume do sólido eh:
V =
2
3
63
56. Calcular o volume de f(x, y) = x2+y, sobre a região R = {(x,y), 1 6 x2+y2 6 5}.
Solução .
Temos f(x, y) = x2 + y, sobre a região R = {(x,y), 1 6 x2 + y2 6 5}, vamos usar uma
mudança de coordenada para resolver esse problema. Utilizaremos coordenadas polares.
A região R em polares fica assim: S = {(r,Θ) , 1 6 r 6
√
5 e 0 6 Θ 6 2Π}
f(x, y) −→ f(rcosΘ, rsinΘ) = r2cos2Θ + rsinΘ
Diante disso temos:
V =
∫ 2Π
0
∫ √5
1
(r2cosΘ + rsinΘ)rdrdΘ =
∫ 2Π
0
∫ √5
1
(r3cosΘ + r2sinΘ)rdrdΘ
V =
∫ 2Π
0
[
r4
4
cos2Θ+
r3
3
sinΘ]|
√
5
1 dΘ =
∫ 2Π
0
(
25
4
cos2Θ+
5
√
5
3
cosΘ− 1
4
cos2Θ− 1
3
sinΘ)dΘ
V =
∫ 2Π
0
(6cos2Θ +
5
√
5
3
− 1sinΘ)dΘ = [(6Θ
2
+
sin2Θ
4
) − 5
√
5
3
− 1cosΘ]|2Π0 = 6Π
Logo, o volume procurado é:
V = 6Π
64
57. Calcular o volume limitado acima pelo hemisfério z =
√
16 − x2 − y2 sobre o
disco x2 + y2 = 4.
Solução .
Novamente devemos usar coordenadas polares.
R : {(r,Θ)} ; 0 6 r 6 2 e 0 6 Θ 6 2Π
f(rcosΘ, rsinΘ) =
√
16 − r2
V =
∫ 2Π
0
∫ 2
0
√
16 − r2drdΘ
Primeiramente vamos calcular o valor da integral
∫ 2
0
√
16 − r2dr
Essa integral é resolvida por subistituição:
u = 16 − r2 e du = −2rdr
Assim;
∫ 2
0
√
16 − r2dr = −1
2
∫ 12
16
√
udu = −1
2
u
3
2
3
2
|1216 =
√
123
3
+
43
3
=
64
3
− 24
√
3
3
Pronto agora podemos calcular a segunda integral.
∫ 2Π
0
64
3
− 24
√
3
3
dΘ =
64 − 24
√
3
3
2Π
Portanto encontramos o volume procurado:V =
64 − 24
√
3
3
2Π
65
58. Calcular a massa da lâmina que é 14 do ćırculo unitário, sabendo que a densi-
dade ρ(x, y) é diretamente proporcional a distância d(ρ, (0, 0)).
Solução .
Como sabemos que a densidade é proporcional a distância, temos:
ρ = kd(ρ, (0, 0)) = k
√
x2 + y2 −→ ρ = kr
Isso, pois de acordo com as coordenadas polares x2 + y2 = r2, assim
√
r2 = r
Fazendo a mudança de coordenadas: R: { (x,y) ; x2 + y2 6 1 e x > 0 e y > 0} −→ R: {
(r,Θ) ; 0 6 r 6 1 e 0 6 Θ 6 Π2 }
M =
∫ Π
2
0
∫ 1
0
krdrdΘ =
∫ Π
2
0
kr2|10dΘ =
∫ Π
2
0
k
3
dΘ =
k
3
Θ|
Π
2
0 =
kΠ
6
Logo, a massa é igual a
M =
kΠ
6
66
59. Calcular área da região contida no plano z = 2 − x − y, que cobre 14 do ćırulo
unitário.
Solução .
Inicialmente vamos calcular as derivadas parciais da função:
f(x, y) = 2 − x − y ; fx = −1 ; fy = −1
Vale salientar que no ćırculo unitário a variação é de 0 −→ 1
S =
∫
R
∫ √
1 + f2x + f
2
y dA =
∫ 1
0
∫ √1−x2
0
√
3dydx =
√
3
∫
R
∫
dydx =
√
3Π
4
Podemos tambm usar coordenadas polares para resolução deste problema. Em polares
fica assim:
S =
√
3
∫ Π
2
0
∫ 1
0
rdrdΘ =
√
3
∫ Π
2
0
1
2
dΘ =
√
3Π
4
Logo, a área da regiaão é
S =
√
3Π
4
67
60. Calcular a área do parabolóide z = 1 + x2 + y2, sobre a região delimitada pelo
ćırculo x2 + y2 = 4
Solução .
Calculando as derivadas parciais da função temos:
f(x, y) = 1 + x2 + y2 ; fx = 2x ; fy = 2y
Usando a fórmula para calcularmos a área:
S =
∫
R
∫ √
1 + f2x + f
2
y dA =
∫ 2Π
0
∫ 2
0
√
1 + 4r2rdrdΘ
Aplicando uma substituição temos:
u = 1 + 42
du = 8rdr
Logo;
∫ 2Π
0
1
8
∫ 17
1
u
1
2 dudΘ =
1
8
∫ 2Π
0
2
3
u
3
2 |171 dΘ =
1
6
(17
√
17 − 1)Π
Portanto, a área é
S =
1
6
(17
√
17 − 1)Π
68
61. Calcular a massa do sólido Q, que está entre o elipsóide 4x2 + 4y2 + z2 = 16 e o
plano xy, sabendo que a densidade no ponto (x,y,z) é proporcional a distâcia
a xy.
Solução .
Para z = 0 temos: 4x2 + 4y2 = 16 —– x2 + y2 = 4
Temos, ρ(x, y, z) = kz, pois a distância proporcional.
z2 = 16 − 4x2 − 4y2 Em polares 0 6 z 6
√
16 − 4r2
M =
∫ ∫
Q
∫
ρ(x, y, z)dv =
∫ 2Π
0
∫ 2
0
∫ √16−4r2
0
kzrdzdrdΘ =
∫ 2Π
0
∫ 2
0
kr
z2
2
|
√
16−4r2
0 drdΘ
∫ 2Π
0
∫ 2
0
k
2
(16 − 4r3)drdΘ = k
2
∫ 2Π
0
8r2 − r4|20dΘ =
k
2
2Π(32 − 16) = 16kΠ
Logo, a massa do sólido Q é
M = 16kΠ
69
62. Calcular o volume do sólido limitado acima e abaixo pela esfera x2 +y2 +z2 = 4
e pelo cilindro x2 + y2 − 2y = 0.
Solução .
De coordenadas polares temos: x2 + y2 = r2
r2 = 2y = 2rsinΘ −→ r = 2sinΘ −→ 0 6 r 6 2sinΘ
z2 = 4 − (x2 + y2) −→ z2 = 4 − r2 −→ −
√
4 − r2 6 z 6
√
4 − r2
V =
∫ ∫
Q
∫
1dv =
∫ Π
0
∫ 2sinΘ
0
∫ √4−r2
−
√
4−r2
1rdzdrdΘ =
∫ Π
0
∫ 2sinΘ
0
rz|
√
4−r2
−
√
4−r2drdΘ
V =
∫ Π
0
∫ 2sinΘ
0
2
√
4 − r2rdrdΘ
Usaremos uma substituição para resolver a segunda integral.
u = 2 − r2 −→ du = −2dr
Logo;
∫ 2sinΘ
0
2
√
4 − r2rdr =
∫ 2sinΘ
0
−
√
udu = −3
2
∫ 2sinΘ
0
(4 − r 32 )
Agora que já temos como resolver a segunda integral, voltamos a integração original;
−3
2
∫ Π
0
∫ 2sinΘ
0
(4−r 32 )drdΘ = −3
2
∫ Π
0
(4−r 32 )|2sinΘ0 dΘ = −
3
2
∫ Π
0
[(4−4sin2Θ) 32 −4 32 ]dΘ
= −3
2
∫ Π
0
[(8cos2Θ)
3
2 − 8]dΘ = 16
3
∫ Π
0
(1 − cos3Θ)dΘ = 16
3
∫ Π
0
[(1 − cos2Θ)cosΘ]dΘ =
16
3
∫ Π
0
[Θ −
∫ Π
0
(1 − sin2Θ)cosΘ]dΘ = 16
3
[Θ −
∫ Π
0
cos2ΘdΘ +
∫ Π
0
sin2ΘcosΘdΘ] =
=
16
3
[Θ − sinΘ + sin
3Θ
3
]|Π0 =
16
3
[Π − sinΠ + sin
3Π
3
] =
16Π
3
Portanto, o volume almeijado é:
V =
16Π
3
70
63. Calcular o volume do sólido limitado acima esfera x2+y2+z2 = 9 e lateralmente
pelo cone z =
√
x2 + y2.
Solução .
Temos que a equação da esfera é: x2 + y2 + z2 = 9 = ρ2 −→ ρ2 = 9 −→ ρ = 3
Calculamos a interseção do cone com a esfera: x2 + y2 + z2 = 9 e z =
√
x2 + y2 logo;
z = x2 + y2 −→ 2z2 = 9 −→ z = 3√
2
Como z = ρcosφ e z = 3√
2
, temos 3√
2
= 3cosφ
Assim podemos conluir que cosφ =
√
2
2 −→ φ = Π4
V =
∫ ∫
Q
∫
1dv =
∫ 2Π
0
∫ Π
4
0
∫ 3
0
ρ2sinφdρdφdΘ =
∫ 2Π
0
∫ Π
4
0
9sinφdφdΘ =
= −9
∫ 2Π
0
cosΘ|
Π
4
0 − 9(
√
2
2
− 1)2Π = 9Π(2 −
√
2)
Portanto, o do sólido é:
V = 9Π(2 −
√
2)
71
64. Calcular o centro de massa do sólido Q que está compreendido entre o parabolólide
z = x2 + y2 e o plano z = 4, sabendo que a densidade é uniforme.
Solução .
Temos o seguinte: (x, y, z) = (0, 0, z) e ρ(x, y, z) = k
M =
∫ ∫
Q
∫
ρ(x, y, z)dv =
∫ 2Π
0
∫ Π
2
0
∫ √20
0
kρ2sinφdρdφdΘ =
=
∫ 2Π
0
∫ Π
2
0
ksinφ(
ρ3
3
)|
√
20
0 dφdΘ =
∫ 2Π
0
∫ Π
2
0
k
20
√
20
3
sinφdφdΘ =
∫ 2Π
0
−k 20
√
20
3
(cosφ)|
Π
2
0 dΘ =
=
∫ 2Π
0
k
20
√
20
3
dΘ = k
20
√
20
3
(Θ)|2Π0 = [
40Π
√
20
3
]k
Pronto encontramos a massa
M = [
40Π
√
20
3
]k
Vamos agora calcular o centro de massa.
Mxy =
∫ 2Π
0
∫ Π
2
0
∫ √20
0
(ρcosφ)
z
kρ2sinφdρdφdΘ =
(20)2
4
sin2φ
2
2Π = 100
1
2
2Π = 100kΠ
Logo, o centro de massa do sólido Q é
(x, y, z) = (0, 0,
300
40
√
20
)
72
65. Calcular
∫
S
∫
yda, da região S delimitada a baixo pelas parábolas y2 = 4 − 4x e
y2 = 4 + 4x e acima pelo eixo x.
Solução .
Vale salientar que S é a imagem inversa do retângulo R, assim usamos uma transformação
T(u,v) = (x,y), tal que x = u2 − v2 e y = 2uv
∂x
∂u = 2u e
∂x
∂v = −2v
∂y
∂u = 2v e
∂y
∂v = −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[2u
4v+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.
Solução .
Primeiramente sabemos que a região B é um retângulo, vejamos:
∫
B
∫
(x2 + y2)dxdy onde, B é retângulo 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
3
y +
y3
3
]|10 =
1
3
+
1
3
=
2
3
Portanto, o volume em questão é:
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.
Solução .
Primeiramente vamos determinar a interseção dos gráficos z = x2 + y2 e z = 2 − x2 − y2
z = x2 + y2 = 2 − x2 − y2 ⇐⇒ x2 + y2 = 1, logo a inteseção é a circunferẽncia 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 =
∫ 2Π
0
∫ 1
0
(1 − r2)rdrdΘ =
∫ 2Π
0
∫ 1
0
r − r3drdΘ =
=
∫ 2Π
0
[
∫ 1
0
rdr −
∫ 1
0
r3dr]dΘ =
∫ 2Π
0
[
r2
2
|10 −
r4
4
|10]dΘ =
1
4
Θ|2Π0 =
Π
2
Assim o volume é igual a:
V =
Π
2
75
68. Inverta a ordem de integração e calcule
∫ 1
0
∫ 1√
y
sinx3dxdy.
Solução .
Sabemos que x: [
√
y, 1] e y: [0, 1], assim B = {(x, y)ǫR2/0 6 y 6 1e√y 6 x 6 1}
Se temos
√
y = x −→ y = x2
∫ 1
0
∫ 1
√
y
sinx3dydx =
∫ 1
0
∫ x2
0
sinx3dydx =
∫ 1
0
sinx3
∫ x2
0
dydx =
∫ 1
0
sinx3[y]x
2
0 dx =
=
∫ 1
0
x2sinx3dx = −x
3
3
cosx3|10 =
1
3
(1 − cos1)
Logo;
∫ 1
0
∫ x2
0
sinx3dydx =
1
3
(1 − cos1)
76
69. Calcule
∫
B
∫ cos(x−y)
sin(x+y)dxdy onde B: { 1 6 x + y 6 2, x > 0 e y > 0 }.
Solução .
Fazendo uma mudança de variável temos: u = x − y e v = x + y
x = u2 +
v
2 e y =
v
2 − u2
Calculando as derivadas parciais;
∂x
∂u =
1
2 e
∂x
∂v =
1
2
∂y
∂u = − 12 e
∂y
∂v =
1
2
Calculando o jacobiano temos,
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1
2
1
2
− 12 12
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
1
2
∫
B
∫
cos(x − y)
sin(x + y)
dxdy =
∫
S
∫
cosu
sinv
1
2
dudv =
1
2
∫ 2
1
∫ v
−v
cosu
sinv
dudv =
1
2
∫ 2
1
sinu
sinv
|v−vdv =
∫ 2
1
dv = 1
Portanto;
∫
B
∫
cos(x − y)
sin(x + y)
dxdy = 1
77
70. Calcule
∫ 1
0
∫ x
0
x
√
x2 + 3y2.
Solução .
Temos que;
x : [0, 1] e y : [0, x] ; 0 6 x 6 1 ; 0 6 y 6 x
Fazendo uma mudança de variável temos: u = x − y e v = x + y
x = ρcosΘ e
√
3y = ρsinΘ
ρ = secΘ e Θ = Π3
Assim;
x = ρcosΘ e y =
√
3
3 ρsinΘCalculando as derivadas parciais;
∂x
∂u = −ρsinΘ e ∂x∂v = cosΘ
∂y
∂u =
√
3
3 cosΘ e
∂y
∂v =
√
3
3 sinΘ
Calculando o jacobiano temos,
∣
∣
∣
∣
∣
∣
−ρsinΘ cosΘ
√
3
3 cosΘ
√
3
3 sinΘ
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
√
3
3
ρ
∫ 1
0
∫ x
0
x
√
x2 + 3y2dydx =
√
3
3
∫ Π
3
0
∫ secΘ
0
ρ3cosΘdρdΘ =
√
3
3
∫ Π
3
0
ρ4
4
cosΘ|secΘ0 dΘ =
=
√
3
12
∫ Π
3
0
sec3ΘdΘ =
√
3
12
[secΘtgΘ + ln(secΘ + tgΘ)]
Π
3
0 =
√
3
12
[2
√
3 + ln(2 +
√
3)]
Logo;
∫ 1
0
∫ x
0
x
√
x2 + 3y2 =
√
3
12
[2
√
3 + ln(2 +
√
3)]
78
71. Calcule
∫ Π
0
∫ x
0
xsinydydx.
Solução . Inicialmente vamos calcular a primitiva de xsiny em relação a y.
∫ Π
0
∫ x
0
xsinydydx =
∫ Π
0
[−xcosy]x0dx =
∫ Π
0
(x − xcosx)dx =
Agora vamos calcular a primitiva (x − xcosx) em relação a x.
= [
x2
2
− (cosx + sinx)]Π0 =
Π2
2
+ 2
Logo;
∫ Π
0
∫ x
0
xsinydydx =
Π2
2
+ 2
79
72. Calcule
∫ ln 8
1
∫ ln y
0
ex+ydxdy.
Solução . Como os limites de integração e a função já foram definidos na questão, vamos
apenas calcular as primitivas da função, primeiro em relação a x e depois a y e aplicarmos
os limites de integração.
Comecemos, primitiva em relação 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 região limitada pelo parabolóide z = x2+y2 e inferiormente
triângulo delimitado pelas retas y = x, x = 0 e x + y = 2 no plano xy.
Solução .Calculando so limites de integração, 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
∫ 2−x
x
(x2 + y2)dydx =
∫ 1
0
[x2y +
y3
3
]2−xx dx =
∫ 1
0
[2x2 − 7x
3
3
+
(2 − x)3
3
]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 é:
V =
4
3
81
74. Calcule
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
(x2 + y2 + z2)dzdydx.
Solução . Primeiro calculamos integral em relação a z, depois em relação y e por último
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. Calcule
∫√2
0
∫ 3y
0
∫ 8−x2−y2
x2+3y2
dzdxdy.
Solução . Inicialmente calculamos integral em relação a z, depois em relação x e por
último a y, vejamos:
∫ √2
0
∫ 3y
0
∫ 8−x2−y2
x2+3y2
dzdxdy =
∫ √2
0
∫ 3y
0
(z)8−x
2−y2
x2+3y2 dxdy =
∫ √2
0
∫ 3y
0
(8−2x2 +4y2)dxdy =
∫ √2
0
(8x− 2
3
x3 +4xy2)3y0 dy =
∫ √2
0
(24y−18y3 −12y3) =
= (12y2 − 15
2
y4)
√
2
0 = 24 − 30 = 6
Portanto;
∫ √2
0
∫ 3y
0
∫ 8−x2−y2
x2+3y2
dzdxdy = 6
83
76. Calcule
∫ e
1
∫ e
1
∫ e
1
dxdydz.
Solução . Inicialmente calculamos integral em relação a x, depois em relação a y e por
último a z, vejamos:
∫ e
1
∫ e
1
∫ e
1
dxdydz =
∫ e
1
∫ e
1
[
lnx
yz
]e1dydz =
∫ e
1
∫ e
1
1
yz
dydz =
∫ e
1
[
lny
z
]e1dz =
∫ e
1
∫ e
1
1
z
dz = [lnz]e1 = 1
Assim;
∫ e
1
∫ e
1
∫ e
1
dxdydz = 1
84
77. Calcule
∫ 1
0
∫ 3−3x
0
∫ 3−3x−y
0
dzdydx.
Solução . Inicialmente calculamos integral em relação a z, depois em relação a y e por
último a x, vejamos:
∫ 1
0
∫ 3−3x
0
∫ 3−3x−y
0
dzdydx =
∫ 1
0
∫ 3−3x
0
z|3−3x−y0 dydx =
∫ 1
0
∫ 3−3x
0
(3 − 3x − y)dydx =
=
∫ 1
0
(3y − 3xy − y
2
2
)|3−3x0 dx =
∫ 1
0
[(3 − 3x)2 − 1
2
(3 − 3x)2]dx
Colocandos alguns temos em evidência temos;
∫ 1
0
[(3 − 3x)2 − 1
2
(3 − 3x)2]dx = 9
2
∫ 1
0
(1 − x)2dx = −3
2
[(1 − x)3]10(1 − x) =
3
2
Desta forma;
∫ 1
0
∫ 3−3x
0
∫ 3−3x−y
0
dzdydx =
3
2
85
78. Calcule
∫ 1
0
∫ Π
0
∫ Π
0
ysinzdxdydz.
Solução . Inicialmente calculamos integral em relação a x, depois em relação a y e por
último a z, vejamos:
∫ 1
0
∫ Π
0
∫ Π
0
ysinzdxdydz =
∫ 1
0
∫ Π
0
ysinz(x)|Π0 dydz =
∫ 1
0
∫ Π
0
Πysinz =
∫ 1
0
Π(
y2
2
)|Π0 sinzdz =
∫ 1
0
Π3
2
sinzdz =
Π3
2
∫ 1
0
sinzdz =
Π3
2
(−cosz)|10 =
Π3
2
(1 − cos1)
Logo;
∫ 1
0
∫ Π
0
∫ Π
0
ysinzdxdydz =
Π3
2
(1 − cos1)
86
79. Calcule
∫ 1
−1
∫ 1
−1
∫ 1
−1(x + y + z)dydxdz.
Solução . Inicialmente calculamos integral em relação a y, depois em relação a x e por
último 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)|1−1dz =
∫ 1
−1
4zdz = 0
Portanto;
∫ 1
−1
∫ 1
−1
∫ 1
−1
(x + y + z)dydxdz = 0
87
80. Calcule
∫ 3
0
∫√9−x2
0
∫√9−x2
0
dzdydx.
Solução . Inicialmente calculamos integral em relação a z, depois em relação a y e por
último a x, vejamos:
∫ 3
0
∫ √9−x2
0
∫ √9−x2
0
dzdydx =
∫ 3
0
∫ √9−x2
0
z|
√
9−x2
0 dydx =
∫ 3
0
∫ √9−x2
0
√
9 − x2dydx =
=
∫ 3
0
y|
√
9−x2
0
√
9 − x2dx =
∫ 3
0
(9 − x2)dx = [9x − x
3
3
]30 = 18
Assim;
∫ 3
0
∫ √9−x2
0
∫ √9−x2
0
dzdydx = 18
88
81. Calcule
∫ 2
0
∫
√
4−y2
−
√
4−y2
∫ 2x+y
0
dzdxdy.
Solução . Inicialmente calculamos integral em relação a z, depois em relação a x e por
último a y,aplicando os limites de integração em cada uma dessas etapas, vejamos:
∫ 2
0
∫
√
4−y2
−
√
4−y2
∫ 2x+y
0
dzdxdy =
∫ 2
0
∫
√
4−y2
−
√
4−y2
z|2x+y0 dxdy =
∫ 2
0
∫
√
4−y2
−
√
4−y2
2x + ydxdy =
=
∫ 2
0
[x2 + xy]
√
4−y2
−
√
4−y2
dy =
∫ 2
0
(4 − y2) 12 (2y)dy = [−2
3
(4 − y2) 23 ]20 =
2
3
(4)
2
3 =
16
3
Portanto;
∫ 2
0
∫
√
4−y2
−
√
4−y2
∫ 2x+y
0
dzdxdy =
16
3
89
82. Calcule
∫ 1
0
∫ 2−x
0
∫ 2−x−y
0
dzdydx.
Solução . Inicialmente calculamos integral em relação a z, depois em relação a y e por
último a x,aplicando os limites de integração em cada uma dessas etapas, vejamos:
∫ 1
0
∫ 2−2x
0
∫ 2−2x−y
0
dzdydx =
∫ 1
0
∫ 2−2x
0
[z]2−2x−y0 dydx =
∫ 1
0
∫ 2−2x
0
(2 − 2x − y)dydx =
=
∫ 1
0
(2y − 2xy − y
2
2
)|2−2x0 dx =
∫ 1
0
[(2 − x)2 − 1
2
(2 − 2x)2]dx
Colocandos alguns temos em evidência temos;
∫ 1
0
[(2 − 2x)2 − 1
2
(2 − 2x)2]dx = 1
2
∫ 1
0
(2 − x)2dx = [−1
6
(2 − x)3]10 = −
1
6
+
8
6
=
7
6
Desta forma;
∫ 1
0
∫ 2−2x
0
∫ 2−2x−y
0
dzdydx =
7
6
90
83. Calcule
∫ e
1
∫ e
1
∫ e
1
ln r ln s ln tdtdrds.
Solução . Inicialmente calculamos integral em relação a t, depois em relação a r e por
último a s,aplicando os limites de integração 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 região no primeiro octante limitada pelos planos coorde-
nados, pelo plano y = 1 − x e pela superf́ıcie z = cos(Πx2 ), 0 6 x 6 1.
Solução . Analizando o enuciado da questão podemos encontrar facilmente os limites de
integração.
Em y: 0 6 y 6 1 − x
Em x: 0 6 x 6 1
Em z: 0 6 z 6 cos(Πx2 )
Assim, temos:
V =
∫ 1
0
∫ 1−x
0
∫ cos(Πx2 )
0
dzdydx =
∫ 1
0
∫ 1−x
0
[z]
cos(Πx2 )
0 dydx =
∫ 1
0
∫ 1−x
0
cos(
Πx
2
) =
V =
∫ 1
0
cos(
Πx
2
)[y]1−x0 dx =
∫ 1
0
cos(
Πx
2
)(1 − x) =
∫ 1
0
cos(
Πx
2
)dx −
∫ 1
0
xcos(
Πx
2
)dx
Aplicando uma subustituição na segunda parte da integral temos:
u = x
du = dx
Logo;
V = [
2
Π
sin
Πx
2
]01 − 4
Π2
∫ Π
2
0
u cos udu =
2
Π
− 4
Π2
[cosu + u sinu]
Π
2
0 =
2
Π
− 4
Π2
(
Π
2
) =
4
Π2
Assim;
V =
4
Π2
92
85. Calcule
∫ 2Π
0
∫ 1
0
∫√2−r2
r
dzrdrdΘ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
ciĺındricas, integrando primeiro em relação a z, logo depois a r e por fim a Θ.
∫ 2Π
0
∫ 1
0
∫ √2−r2
r
dzrdrdΘ =
∫ 2Π
0
∫ 1
0
[z]
√
2−r2
r rdrdΘ =
∫ 2Π
0
∫ 1
0[r(2 − r2) 12 − r2]drdΘ =
=
∫ 2Π
0
[−1
3
(2 − r2) 32 − r
3
3
]10dΘ =
∫ 2Π
0
(
2
2
3
3
− 2
3
)dΘ = (
2
2
3
3
− 2
3
)[Θ]2Π0 =
4Π(
√
2 − 1)
3
Assim;
∫ 2Π
0
∫ 1
0
∫ √2−r2
r
dzdrdΘ =
4Π(
√
2 − 1)
3
93
86. Calcule
∫ 2Π
0
∫ 3
0
∫√18−r2
r2
3
dzrdrdΘ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
ciĺındricas, integrando primeiro em relação a z, logo depois a r e por fim a Θ.
∫ 2Π
0
∫ 3
0
∫ √18−r2
r2
3
dzrdrdΘ =
∫ 2Π
0
∫ 3
0
[z]
√
18−r2
r2
3
rdrdΘ =
∫ 2Π
0
∫ 3
0
[r(18−r2) 12−r
3
3
]drdΘ =
[−1
3
(18 − r2) 32 − r
4
12
]30[Θ]
2Π
0 =
9Π(8
√
2 − 7)
2
Portanto;
∫ 2Π
0
∫ 3
0
∫ √18−r2
r2
3
dzrdrdΘ =
9Π(8
√
2 − 7)
2
94
87. Calcule
∫ 2Π
0
∫ Θ
2Π
0
∫ 3+24r2
0
dzrdrdΘ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
ciĺındricas, integrando primeiro em relação a z, logo depois a r e por fim a Θ.
∫ 2Π
0
∫ Θ
2Π
0
∫ 3+24r2
0
dzrdrdΘ =
∫ 2Π
0
∫ Θ
2Π
0
[z]3+24r
2
0 rdrdΘ =
∫ 2Π
0
∫ Θ
2Π
0
(3r − 24r3)drdΘ =
=
∫ 2Π
0
[
3
2
r2 + 6r4]
Θ
2Π
0 dΘ =
3
2
∫ 2Π
0
(
Θ2
4Π2
+
4Θ4
16Π2
)dΘ =
3
2
[
Θ3
12Π2
+
Θ5
5Π4
]2Π0 =
17Π
5
Logo;
∫ 2Π
0
∫ Θ
2Π
0
∫ 3+24r2
0
dzrdrdΘ =
17Π
5
95
88. Encontre os limites da integração para integrar f(r, θ) sobre a região R que
está dentro da cardióide r = 1 + cosθ e fora da circunferência r = 1 .
Solução . Passo 1 : Um esboço. Esboçamos a região e identificamos as curvas
limitantes.
Passo 2 : Os limites de integração de r. Um raio t́ıpico a partir da origem entra em
R onde r = 1 e sai onde r = 1 + cosθ.
Passo 3 : Os limites de integração de θ . Os raios a partir da origem que apresentam
intersecção com R variam de θ = −π/2 a θ = π/2. A integral é :
∫ π
2
−π2
∫ 1+cosθ
1
f(r, θ)rdrdθ
Se f(r, θ)é a função constante cujo valor é 1 , então a integral de f sobre r é a área de
R .
A área de uma região R fechada e limitada no plano de coorde-
nadas polares é
a =
∫ ∫
R
rdrdθ.
Como seria de esperar, essa fórmula para a área é condizente com todas as fórmulas
anteriores, embora não provemos esse fato .
96
89. Calcule
∫ ∫
R
ex
2+y2dydx,
onde R a região semicircular limitada pelo eixo X e pela curva , y =
√
1 − x2.
Solução . Em coordenadas cartesianas, a integral em questão e uma intefral não elemen-
tar e não existe nenhuma maneira direta de integrar ex
2+y2 em relacão a X ou Y.Ainda
assim essa integral e outras integrais como essa são importantes em matemática — em
estat́ıstica por exemplo — e queremos encontrar uma maneira de calculá-la.As coorde-
nadas polares servem para isso. A substituicão de X = R cosθ , y = r sen θ e a troca de
dy dx por r dr d θ nos permitem calcular a integral como :
∫∫
R
ex
2+y2dydx =
∫ π
0
∫ 1
0
er
2
rdrdθ =
∫ π
0
[
1
2
er
2
]1
0
dθ
∫∫
R
ex
2+y2dydx =
∫ π
0
1
2
(e − 1)dθ = π
2
(e − 1)
O r em r dr dθ era justamente o que precisávamos para integrar. Sem isso, estariamos
impedidos de prosseguir, como no começo .
97
90. Encontre o momento polar da inércia em relacão a origem de uma placa fina
de densidade δ(x, y) = 1 limitada pelo quarto de circunferência x2 + y2 = 1 no
primeiro quadrante .
Solução . Em coordenadas cartesianas, o momento polar é o valor da integral
∫ 1
0
∫ √1−x2
0
dydx
Integrando em relação a y, temos :
∫ 1
0
(
x2
√
1 − x2 + (1 − x
2)
3
2
3
)
dx
Uma integral dif́ıcil de calcular sem tabelas.
As coisas melhoram se mudamos a interal original para coodenadas polares. Substituindo
x = r cos θ , y = r sen θ e trocando dxdy por r dr θ, obtemos :
∫ 1
0
∫ √1−x2
0
(x2 + y2)dydx =
∫ π
2
0
∫ 1
0
(r2)rdrdθ
=
∫ π
2
0
[
r4
4
]r=1
r=0
dθ =
∫ π
2
0
1
4
dθ =
π
8
Por que a transformação em coordenadas polares é tão eficaz aqui ? Um motivo é que
x2 + y2 é simplificada para r2 . Outro motivo é que os limites de integração tornam-se
constantes.
98
91. Calcule
∫ Π
0
∫ Θ
Π
0
∫ 3
√
4−r2
−
√
4−r2 zdzrdrdΘ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
ciĺındricas, integrando primeiro em relação a z, logo depois a r e por fim a Θ.
∫ Π
0
∫ Θ
Π
0
∫ 3
√
4−r2
−
√
4−r2
zdzrdrdΘ =
∫ Π
0
∫ Θ
Π
0
z2
2
rdrdΘ =
∫ Π
0
∫ Θ
Π
0
1
2
[9(4−r2)−(4−r2)]rdrdΘ =
= 4
∫ Π
0
∫ Θ
Π
0
(4r−r3)drdΘ = 4
∫ Π
0
[2r2−r
4
4
]
Θ
Π
0 = 4
∫ Π
0
(
2Θ2
Π2
− Θ
4
4Π2
)dΘ = [
2Θ3
3Π2
− Θ
5
20Π2
]Π0 =
37Π
15
Logo;
∫ Π
0
∫ Θ
Π
0
∫ 3
√
4−r2
−
√
4−r2
zdzrdrdΘ =
37Π
15
99
92. Calcule
∫ 2Π
0
∫ 1
0
∫ 1√
2−r2
r
3zdzrdrdΘ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
ciĺındricas, integrando primeiro em relação a z, logo depois a r e por fim a Θ.
∫ 2Π
0
∫ 1
0
∫ 1√
2−r2
r
3zdzrdrdΘ = 3
∫ 2Π
0
∫ 1
0
[z]
1√
2−r2
r rdrdΘ = 3
∫ 2Π
0
∫ 1
0
[r(2−r2)− 12−r2]drdΘ =
= 3
∫ 2Π
0
[−(2 − r2) 12 − r
3
3
]dΘ = 3(
√
2 − 4
3
)[Θ]2Π0 = Π(6
√
2 − 8)
Portanto;
∫ 2Π
0
∫ 1
0
∫ 1√
2−r2
r
3zdzrdrdΘ = Π(6
√
2 − 8)
100
93. Calcule
∫ 2Π
0
∫ 1
0
∫ 1
2
− 12
(r2 sin2 Θ + z2)dzrdrdΘ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
ciĺındricas, integrando primeiro em relação a z, logo depois a r e por fim a Θ.
∫ 2Π
0
∫ 1
0
∫ 1
2
− 12
(r2 sin2 Θ + z2)dzrdrdΘ =
∫ 2Π
0
∫ 1
0
(r2 sin2 Θ + [
z3
3
]
1
2
− 12
)rdrdΘ =
=
∫ 2Π
0
∫ 1
0
(r3 sin2 Θ +
r
12
)drdΘ =
∫ 2Π
0
[
r4
4
sin2 Θ +
r2
24
]10 =
∫ 2Π
0
(
sin2 Θ
4
+
1
24
) =
Π
3
Desta forma;
∫ 2Π
0
∫ 1
0
∫ 1
2
− 12
(r2 sin2 Θ + z2)dzrdrdΘ =
Π
3
101
94. Calcule
∫ Π
0
∫ Π
0
∫ 2 sin φ
0
ρ2 sinφdρdφdθ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
esféricas, integrando primeiro em relação a ρ, logo depois a φ e por fim a Θ.
∫ Π
0
∫ Π
0
∫ 2 sin φ
0
ρ2 sinφdρdφdθ =
∫ Π
0
∫ Π
0
[
ρ3
3
]2 sin φ0 sinφdφdθ =
8
3
∫ Π
0
∫ Π
0
sin4 φdφdθ =
8
3
∫ Π
0
= ([− sin
3 φ cos φ
4
]Π0 +
3
4
∫ π
0
sin2 φdφ)dθ = 2
∫ π
0
∫ π
0
sin2 φdφdθ =
∫ π
0
[θ− sin 2θ
2
]dθ =
∫ π
0
Πdθ = π2
Assim;
∫ Π
0
∫ Π
0
∫ 2 sin φ
0
ρ2 sinφdρdφdθ = π2
102
95. Calcule
∫ 2Π
0
∫ Π
4
0
∫ 2
0
(ρ cos φ)ρ2 sinφdρdφdθ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
esféricas, integrando primeiro em relação a ρ, logo depois a φ e por fim a Θ.
∫ 2Π
0
∫ Π
4
0
∫ 2
0
(ρ cos φ)ρ2 sinφdρdφdθ =
∫ 2Π
0
∫ Π
4
0
[
ρ4
4
]20 cos φ sinφdφdθ =
∫ 2Π
0
∫ Π
4
0
4 cos φ sinφdφdθ =
∫ 2π
0
[2 sin φ]
Π
4
0 dθ =
∫ 2π
0
dθ = [θ]2π0 = 2π
Portanto;
∫ 2Π
0
∫ Π
4
0
∫ 2
0
(ρ cos φ)ρ2 sinφdρdφdθ = 2π
103
96. Calcule
∫ 2Π
0
∫ π
0
∫ 1−cos φ
2
0
ρ2 sinφdρdφdθ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
esféricas, integrando primeiro em relação a ρ, logo depois a φ e por fim a Θ.
∫ 2Π
0
∫ π
0
∫ 1−cos φ
2
0
ρ2 sinφdρdφdθ =
∫ 2Π
0
∫ π
0
[
ρ3
3
]
1−cos φ
2
0 sinφdφdθ =
1
24
∫ 2Π
0
∫ π
0
(1−cos φ)3 sinφdφdθ =
1
96
∫ 2π
0
[(1 − cos φ)4]π0dθ =
1
96
∫ 2π
0
(24 − 0)dθ = 16
96
∫ 2π
0
dθ =
16
96
[θ]2Π0 =
1
6
(2π) =
π
3
Assim;
∫ 2Π
0
∫ π
0
∫ 1−cos φ
2
0
ρ2 sinφdρdφdθ =
π
3
104
97. Calcule
∫ 3π
2
0
∫ π
0
∫ 1
0
5ρ3 sin3 φdρdφdθ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
esféricas, integrando primeiro em relação a ρ, logo depois a φ e por fim a Θ.
∫ 3π
2
0
∫ π
0
∫ 1
0
5ρ3 sin3 φdρdφdθ =
∫ 3π
2
0
∫ π
0
[
5ρ4
4
]10 sin
3 φdφdθ =
5
4
∫ 3π
2
0
∫ π
0
sin3 dφdθ =
5
4
∫ 3π
2
0
([− sin
2 φ cos φ
3
]π0+
2
3
∫ π
0
sinφdφ)dθ =
5
6
∫ 3π
2
0
[− cos φ]π0dθ =
5
3
∫ 3π
2
0
dθ = [θ]
3π
2
0 =
5π
2
Desta forma;
∫ 3π
2
0
∫ π
0
∫ 1
0
5ρ3 sin3 φdρdφdθ =
5π
2
105
98. Calcule
∫ 2π
0
∫ π
4
0
∫ sec φ
0
(ρ cos φ)ρ2 sinφdρdφdθ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos quedevemos usar coordenadas
esféricas, integrando primeiro em relação a ρ, logo depois a φ e por fim a Θ.
∫ 2π
0
∫ π
4
0
∫ sec φ
0
(ρ cos φ)ρ2 sinφdρdφdθ =
∫ 2π
0
∫ π
4
0
∫ sec φ
0
ρ3 sinφ cos φdρdφdθ =
∫ 2π
0
∫ π
4
0
[
ρ4
3
]sec φ0 sinφ cos φdφdθ =
1
4
∫ 2π
0
∫ π
4
0
tanφ sec2 φdφdθ =
1
4
∫ 2π
0
[
1
2
tan2 φ]
π
4
0 dθ =
1
8
∫ 2π
0
dθ =
1
8
[θ]2π0 =
π
4
Logo;
∫ 2π
0
∫ π
4
0
∫ sec φ
0
(ρ cos φ)ρ2 sinφdρdφdθ =
π
4
106
99. Calcule
∫ 2π
0
∫ π
3
0
∫ 2
sec φ
3ρ2 sinφdρdφdθ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
esféricas, integrando primeiro em relação a ρ, logo depois a φ e por fim a Θ.
∫ 2π
0
∫ π
3
0
∫ 2
sec φ
3ρ2 sinφdρdφdθ =
∫ 2π
0
∫ π
3
0
[
3ρ3
3
]2sec φ sinφdφdθ =
∫ 2π
0
∫ π
3
0
(8−sec3 φ) sinφdφdθ =
=
∫ 2π
0
[−8 cos φ− 1
2
sec2 φ]
π
3
0 dθ =
∫ 2π
0
[(−4−2)− (−8− 1
2
)]dφ =
5
2
∫ 2π
0
dθ =
5
2
[θ]2π0 =
5π
2
Portanto;
∫ 2π
0
∫ π
3
0
∫ 2
sec φ
3ρ2 sinφdρdφdθ =
5π
2
107
100. Calcule
∫ 2
0
∫ 0
−π
∫ π
2
π
4
ρ3 sin 2φdφdθdρ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
esféricas, integrando primeiro em relação a φ, logo depois a θ e por fim a ρ.
∫ 2
0
∫ 0
−π
∫ π
2
π
4
ρ3 sin 2φdφdθdρ =
∫ 2
0
∫ 0
−π
ρ3[−cos 2φ
2
]
π
2
π
4
dθdρ =
∫ 2
0
∫ 0
−π
ρ3
2
dθdρ =
=
∫ 2
0
ρ3π
2
dρ = [
ρ4π
8
]20 = 2π
Logo;
∫ 2
0
∫ 0
−π
∫ π
2
π
4
ρ3 sin 2φdφdθdρ = 2π
108
101. Calcule
∫ π
3
π
6
∫ 2 csc φ
csc φ
∫ 2π
0
ρ2 sinφdθdρdφ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
esféricas, integrando primeiro em relação a θ, logo depois a ρ e por fim a φ.
∫ π
3
π
6
∫ 2 csc φ
csc φ
∫ 2π
0
ρ2 sinφdθdρdφ =
∫ π
3
π
6
∫ 2 csc φ
csc φ
ρ2 sinφ[θ]2π0 dρdφ = 2π
∫ π
3
π
6
∫ 2 csc φ
csc φ
ρ2 sinφdρdφ =
=
2π
3
∫ π
3
π
6
[ρ3 sinφ]2 csc φcsc φ dφ =
14π
3
∫ π
3
π
6
csc2 φdφ =
14π
3
[tan φ]
π
3
π
6
=
28π
3
√
3
Assim;
∫ π
3
π
6
∫ 2 csc φ
csc φ
∫ 2π
0
ρ2 sinφdθdρdφ =
28π
3
√
3
109
102. Calcule
∫ 1
0
∫ π
0
∫ π
4
0
12ρ sin3 φdφdθdρ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
esféricas, integrando primeiro em relação a φ, logo depois a θ e por fim a ρ.
∫ 1
0
∫ π
0
∫ π
4
0
12ρ sin3 φdφdθdρ =
∫ 1
0
∫ π
0
(12ρ[
− sin2 φ cos φ
3
]
π
4
0 + 8ρ
∫ π
4
0
sinφdφ)dθdρ =
=
∫ 1
0
∫ π
0
(− 2ρ√
2
− 8ρ[cos φ]
π
4
0 )dθdφ =
∫ 1
0
∫ π
0
(8ρ − 10ρ√
2
)dθdφ =
∫ 1
0
(8ρ − 10ρ√
2
)[θ]π0dρ =
= π
∫ 1
0
(8ρ − 10ρ√
2
)dρ = π[4ρ2 − 5ρ
2
√
2
]10 =
(4
√
2 − 5)π√
2
Desta forma;
∫ 1
0
∫ π
0
∫ π
4
0
12ρ sin3 φdφdθdρ =
(4
√
2 − 5)π√
2
110
103. Calcule
∫ π
2
π
6
∫ π
2
−π2
∫ 2
csc φ
5ρ4 sin3 φdρdθdφ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
esféricas, integrando primeiro em relação a ρ, logo depois a θ e por fim a φ.
∫ π
2
π
6
∫ π
2
−π2
∫ 2
csc φ
5ρ4 sin3 φdρdθdφ =
∫ π
2
π
6
∫ π
2
−π2
[
5ρ5
5
]2csc φ sin
3 φdθdφ =
∫ π
2
π
6
∫ π
2
−π2
(32−csc5) sin3 φdθdφ =
=
∫ π
2
π
6
∫ π
2
−π2
(32 sin3 φ − csc2)dθdφ =
∫ π
2
π
6
(32 sin3 φ − csc2)[θ]
π
2
−π2
dφ =
= π
∫ π
2
π
6
(32 sin3 φ − csc2)dφ = π[−32 sin
2 cos φ
3
]
π
2
π
6
+
64π
3
∫ π
2
π
6
sinφdφ + π[cot φ]
π
2
π
6
=
= π(
32
√
3
24
) − 64π
3
[cos φ]
π
2
π
6
+ π(
√
3) =
√
3
3
π + (
64π
3
)(
√
3
2
) =
33π
√
3
3
= 11π
√
3
Portanto;
∫ π
2
π
6
∫ π
2
−π2
∫ 2
csc φ
5ρ4 sin3 φdρdθdφ = 11π
√
3
111
104. Calcule
∫
B
∫
ydxdy onde B(0,0),(1,0) e (1,1)
Solução . Fazendo o estudo dos pontos achamos o intervalo de integração 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}
Solução . Com os intervalos de integração 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
−1
x2 + 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 é
=
13
3
113
106. Calcule
∫
B
∫
ydxdy onde B: (-1,0), (0,0), (1,1) e (0,1)
Solução . Com os pontos dados no problema achamos os intervamos de integração e
diante disso a integral dupla é calculada assim:
∫ 1
0
∫ y
y−1
ydxdy
=
∫ 1
0
∫ y
y−1
xy
∣
∣
∣
∣
∣
y−1
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)
Solução . Com os pontos dados no problema achamos os intervamos de integração ,
calculamos a integral dupla abaixo:
∫ 1
0
∫ 2−y
y
xdxdy
=
1
2
∫ 1
0
x2
∣
∣
∣
∣
∣
2−y
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
Solução .
∫ 1
0
∫ y
0
ey
2
dxdy =
∫ 1
0
(xey
2
)
∣
∣
∣
∣
∣
y
0
dy
=
∫ 1
0
yey
2
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
Solução .
Fazendo: z = 1 − x2 − x2 − y2 temos que z = 1 − 2x2 − y2
Utilizando coordenadas polares temos que:



x = r√
2
cos θ 0 ≤ r ≤ 1
y = r sin θ 0 ≤ θ ≤ 2π
. Efetuando o
cálculo do jacobiano temos:
j =
∣
∣
∣
∣
∣
d(x,y)
d(r,θ)
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1√
2
cos θ − r√
2
sin θ
sin θ r cos θ
∣
∣
∣
∣
∣
= r√
2
cos2 θ + r√
2
sin2 θ = r√
2
∫ 2π
0
∫ 1
0
(1 − 2r
2
2
cos2 θ − r2 sin2 θ) r√
2
drdθ =
∫ 2π
0
∫ 1
0
(1 − r2) r√
2
drdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
r√
2
− r
3
√
2
drdθ
=
1√
2
∫ 2π
0
r2
2
− r
4
4
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
dθ
=
1√
2
∫ 2π
0
1
4
dθ
=
1
4
√
2
2π
=
π
2
√
2
117
110. Calcule o volume do conjunto de todos os (x,y,z) tais que 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1
e 0 ≤ z ≤ x2 + y2. O volume de tal conjunto é
∫ 1
0
∫ 1
0
(x2 + y2)dxdy
Solução . Como o volume dado a fórmula 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
3
y +
y3
3
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
=
1
3
+
1
3
O volume do conjunto de todos os (x,y,z) é
=
2
3
118
111. Calcule
∫
B
∫
(xy)dxdy onde B é o conjunto de todos os (x,y,z) tais que 0 ≤ x ≤ 1
e 0 ≤ y ≤ x2
Solução .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
2
dx
=
x6
12
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
Assim, o valor da integral é
=
1
12
119
112. Calcule usando integral dupla o conjunto dado onde 1 ≤ x ≤ 2 e 0 ≤ y ≤ 1, de
x cos xy
Solução . Diante do intervalo do conjunto dado, temos a integral dupla:
∫ 2
1
∫ 1
0
x cos xydydx
Integrando com relação a y
=
∫ 2
1
x sinxy
x
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
dx
=
∫ 2
1
x sinx
x
dx
=
∫ 2
1
sinxdx
Integrando com relação a x
= − cos x
∣
∣
∣
∣
∣
2
1
Ou seja, a integral dupla no intervalo dado é
= − cos 2 + cos 1
120
113. Calcule usando integral dupla o conjunto dado onde 1 ≤ x ≤ 2 e 0 ≤ y ≤ 1,
x sinπy
Solução . Diante do intervalo do conjunto dado, temos a integral dupla:
∫ 1
0
∫ 2
1
x sinπydxdy
Integrando com relação a x
=
∫ 1
0
x2
2
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
sinπydy
=
3
2
∫ 1
0
sinπydy
Integrando com relação a y
= −3
2
fcos πyπ
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
=
3
2π
+
3
2π
Ou seja, a integral dupla no intervalo dado é
=
3
π
121
114. Calcule
∫
A
∫
(xyex
2−y2)dxdy, onde A é o retângulo −1 ≤ x ≤ 1 e 0 ≤ y ≤ 3
Solução . Resolvendo a integral dupla definida pelo retângulo do problema, de imediato
ja possuimos os intervalosde integração :
∫ 3
0
∫ 1
−1
xyex
2−y2dxdy
Fazendo uma substituição afim de facilitar nossos calculos, chamamos u = x2 − y2 e
du = 2xdx
=
∫ 3
0
xyeu
1
2x
∣
∣
∣
∣
∣
1
−1
dy
=
∫ 3
0
y
2
eu
∣
∣
∣
∣
∣
1
−1
dy
Assim,
=
∫ 3
0
y
2
ex
2−y2
∣
∣
∣
∣
∣
1
−1
dy
=
∫ 3
0
y
2
(e1−y
2 − e1−y2)dy
= 0
122
Nas questões de 13 a 21 Calcule o volume do conjunto dado
115. Calcule o volume do conjunto dado, x2 + y2 e x + y + 2 6 z 6 4
Solução . Precisamos de z para resolver problemas de volume, fazendo z = 4−x− y− 2
temos que z = 2 − x − y
Percebemos que o conjunto dado nos permite a utilização de coordenadas polares onde


x = r cos θ 0 ≤ r ≤ 1
y = r sin θ 0 ≤ θ ≤ 2π
Assim, substituindo x e y na equação z pelas coordenadas polares encontradas temos:
∫ 2π
0
∫ 1
0
(2 − r cos θ − r sin θ)rdrdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
(2r − r2 cos θ − r2 sin θ)drdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
2r − r2(cos θ + sin θ)drdθ
Integrando com relação a r temos:
=
∫ 2π
0
r2 − r
3
3
(cos θ + sin θ)
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
dθ
=
∫ 2π
0
1 − 1
3
(cos θ + sin θ)dθ
=
∫ 2π
0
dθ − 1
3
∫ 2π
0
cos θdθ
Integrando com relação a θ temos:
= 2π + (
1
3
senθ)
∣
∣
∣
∣
∣
0
2π + (cosθ)
∣
∣
∣
∣
∣
0
2π
= 2π
Ou seja, o volume do conjunto dado é 2π
123
116. Calcule o volume do conjunto dado, x ≥ 0 , y ≥ 0 , x + y ≤ 1 e 0 ≤ z ≤ x2 + y2
Solução . Precisamos de z para resolver problemas de volume, fazendo z = x2 + y2 − 2
e que y = 1 − x
Assim:
∫ 1
0
∫ 1−x
0
x2 + y2dydx
=
∫ 1
0
(x2y +
y3
3
)
∣
∣
∣
∣
∣
1−x
0
dx
=
∫ 1
0
(x2(1 − x) + (1 − x)
3
3
)dx
=
1
3
∫ 1
0
(3x2 − 3x2 + x3 + 3x2 − 3x + 1)dx
=
1
3
∫ 1
0
(−2x3 + 6x2 − 3x + 1)dx
=
1
3
(−x
4
2
+ 2x3 − 3x
2
2
+ x)
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
=
1
3
(−1
2
+ 2 − 3
2
+ 1)
Então o volume do problema é
=
1
3
124
117. Calcule o volume do conjunto dado, 0 ≤ y ≤ 1 − x2 , 0 ≤ z ≤ 1 − x2
Solução . Sabemos que o volume é necessita de z para fazer a integração dupla, fazendo
z = 1 − x2
temos
∫ 1
−1
∫ 1−x2
0
1 − x2dydx
Integrando com relação a y
=
∫ 1
−1
(y − yx2)
∣
∣
∣
∣
∣
1−x2
0
dx
=
∫ 1
−1
1 − x2 − (1 − x2)x2dx
=
∫ 1
−1
(1 − x2 − x2 + x4)dx
=
∫ 1
−1
(x4 − 2x2 + 1)dx
Integrando com relacao a x
= (
x5
5
− 2x
3
3
+ x)
∣
∣
∣
∣
∣
1
−1
= (
1
5
− 2
3
+ 1) − (−1
5
+
2
3
− 1)
= (
1
5
− 2
3
+ 1 +
1
5
− 2
3
+ 1)
Obtemos o volume do conjunto, que é
=
16
15
125
118. Calcule o volume do conjunto dado, x2 + y2 + 3 6 z 6 4.
Solução . Isolando o z no intervalo dado temos z = 4− x2 − y2 − 3 onde z = 1− x2 − y2
Mais uma vez o problema nos permite a utilização de coordenadas polares onde:



x = r cos θ 0 ≤ r ≤ 1
y = r sin θ 0 ≤ θ ≤ 2π
Assim, substituindo x e y na equação z pelas coordenadas polares encontradas temos:
∫ 2π
0
∫ 1
0
(2 − r2 cos2 θ − r2 sin2 θ)rdrdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
1 − r2(cos2 θ + sin2 θ)rdrdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
2r − r2(cos θ + sin θ)drdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
r − r3drdθ
=
∫ 2π
0
(
r2
2
− r
4
4
)
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
dθ
=
∫ 2π
0
1
4
dθ
Integrando com relação a θ temos:
=
π
2
126
119. Calcule o volume do conjunto dado, x2 + 4y2 6 4 e x + y 6 z 6 x + y + 1
Solução . Fazendo z = x + y + 1 − x − y temos que z = 1
Utilizando às coordenadas polares já que nossa função é do tipo Ax2 + By2 temos que


x = r cos θ 0 ≤ r ≤ 2
y = r2 sin θ 0 ≤ θ ≤ 2π
. Observe que o jacobiano mudou pois (2y) = rsenθ. Assim,
substituindo x e y na equação z pelas coordenadas polares encontradas temos:
∫ 2π
0
∫ 2
0
(1)
r
2
drdθ
=
∫ 2π
0
(
r2
4
)
∣
∣
∣
∣
∣
2
0
dθ
= 1
∫ 2π
0
dθ
Integrando com relação a θ temos:
= 2π
127
120. Calcule o volume do conjunto dado, x ≥ 0 , x ≤ y ≤ 1 e 0 6 z 6 ey2
Solução . Apartir do conjunto dado temos:
∫ 1
0
∫ y
0
ey
2
dxdy
=
∫ 1
0
(xey
2
)
∣
∣
∣
∣
∣
y
0
dy
=
∫ 1
0
yey
2
dy
Fazeno uma substituição simples, chamando u = y2 e du = 2ydy temos:
=
1
2
∫ 1
0
eudu
=
1
2
(eu)
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
=
1
2
(e1 − e0)
Assim, o volume é:
=
1
2
(e1 − 1)
128
121. Calcule o volume do conjunto dado, x2 + y2 ≤ z ≤ 1 − x2.
Solução . Achando z isolando um dos lados da desigualdade temos z = 1− x2 − x2 − y2
onde z = 1 − 2x2 − y2
Como o conjunto nos permite a utilização de coordenadas polares temos que:



x = r√
2
cos θ 0 ≤ r ≤ 1
y = r sin θ 0 ≤ θ ≤ 2π
Efetuando o cálculo do jacobiano temos:
j =
∣
∣
∣
∣
∣
d(x,y)
d(r,θ)
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1√
2
cos θ − r√
2
sin θ
sin θ r cos θ
∣
∣
∣
∣
∣
=
r√
2
cos2 θ +
r√
2
sin2 θ =
r√
2
Assim, substituindo x e y na equação z pelas coordenadas polares encontradas temos:
∫ 2π
0
∫ 1
0
(1 − 2r
2
2
cos2 θ − r2 sin2 θ) r√
2
drdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
(1 − r2) r√
2
drdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
r√
2
− r
3
√
2
drdθ
=
1√
2
∫ 2π
0
r2
2
− r
4
4
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
dθ
=
1√
2
∫ 2π
0
1
4
dθ
=
1
4
√
2
2π
Concluimos então , que o volume é:
=
π
2
√
2
129
122. Calcule o volume do conjunto dado, x2 + y2 ≤ z ≤ 2x
Solução . z = 2x − x2 − y2 ⇒ (x − 1)2 + y2 = 1
Fazendo uso das coordenadas polares temos que:



x = 1 + r cos θ 0 ≤ r ≤ 1
y = r sin θ 0 ≤ θ ≤ 2π
Substituindo os valores obtidos na transformação de variaveis em z temos:
∫ 2π
0
∫ 1
0
2(r cos θ + 1) − (r cos θ + 1)2 − (r sin θ)2rdrdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
2r cos θ + 2 − (r2 cos2 θ + 2r cos θ + 1) − (r2 sin2 θ)rdrdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
(2r cos θ + 2 − r2 cos2 θ − 2r cos θ − 1 − r2 sin2 θ)rdrdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
1 − r2(sin2 θ + cos2 θ)rdrdθ
=
∫ 2π
0
(
r2
2
− r
4
4
)
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
dθ
=
∫ 2π
0
(
1
2
− 1
4
)dθ
=
∫ 2π
0
1
4
dθ
=
π
2
130
123. Utilize da integral dupla para calcular a área do conjunto B é o conjunto de
todos (x,y) tais que lnx ≤ y ≤ 1 + lnx, y ≥ 0 e x ≤ e
Solução . Utilizando do cálculo de área ondeé definido como sendo a integral dupla de
dxdy, e sendo dado o intervalo de integração de y e x temos
∫ e
0
∫ 1+ln x
ln x
dydx
=
∫ e
0
(1 + lnx − lnx)dx
=
∫ e
0
1dx
= x
∣
∣
∣
∣
∣
e
0
Logo, a area é:
= e
131
124. Utilize da integral dupla para calcular a área do conjunto B = {(x, y) ∈ R2|x3 ≤
y ≤ √x}
Solução . Igualando os x temos:
x3 = x
1
2
x3 − x 12 = 0
x(x2 − x− 1
2
) = 0
x = 0
x − x− 1
2
= 0
x2 − 1√
x
x2
√
x − 1 = 0
x2x
1
2 − 1 = 0
x
3
2 = 1
x = 1
Depois de encontrado os limites de x (onde as curvas se interceptam) temos:
∫ 1
0
∫ √x
x3
dydx
=
∫ 1
0
(
√
x − x3)dx
=
∫ 1
0
(x
1
2 − x3)dx
=
x
3
2
3
2
− x
4
4
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
=
2
3
(1)
3
2 − 1
4
=
8 − 3
12
Assim, a area do problema dado é:
=
5
12
132
125. Calcule
∫
A
∫
sin2 x
1+4y2 dxdy, onde A é o retângulo 0 ≤ x ≤ π2 , 0 ≤ y ≤ 12
Solução .
∫ 1
2
0
∫ π
2
0
sin2 x
1 + 4y2
dxdy
Temos que sin2 x = 1−cos 2x2 , assim a integral dupla fica:
=
∫ 1
2
0
∫ π
2
0
(
1
2 + 8y2
)1 − cos 2xdxdy
=
∫ 1
2
0
1
2 + 8y2
(x − sin 2x
2
)
∣
∣
∣
∣
∣
π
2
0
dy
=
∫ 1
2
0
1
2 + 8y2
(
π
2
)dy
=
∫ 1
2
0
π
4 + 16y2
dy
=
∫ 1
2
0
π
16
4
16 + y
2
dy
Sabemos que
∫
1
a2+y2 =
1
a arctan
y
a
=
π
16
∫ 1
2
0
1
( 12 )
2 + y2
dy
=
π
16
(
1
1
2
arctan
y
1
2
)
∣
∣
∣
∣
∣
1
2
0
=
π
16
(2 arctan 2y)
∣
∣
∣
∣
∣
1
2
0
=
π
16
(2
π
4
)
Logo, a integral dupla do problema tem como solução
=
π2
32
133
126. Calcule a área da região limitada pela elipse x
2
a2 +
y2
b2 = 1, onde (a > 0 e b > 0)
Solução . Utilizando de coordenadas polares temos que:



x = ar cos θ 0 ≤ r ≤ 1
y = br sin θ 0 ≤ θ ≤ 2π
Fazendo o calculo do jacobiano temos:
j =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a cos θ −ar sin θ
b sin θ br cos θ
∣
∣
∣
∣
∣
= abr cos2 θ + abr sin2 θ = abr
Aplicando a integral dupla para o cálculo de área temos:
∫ 2π
0
∫ 1
0
abrdrdθ
=
ab
2
∫ 2π
0
(
r2
2
)
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
dθ
=
ab
2
∫ 2π
0
dθ
=
ab
2
(2π)
O resultado foi o esperado para o problema
= abπ
134
127. Calcule usando coordenadas polares
∫ ∫
B
xydxdy onde B é o circulo
x2 + y2 − 2y ≤ 0 , x ≥ 0 e assumindo 0 ≤ θ ≤ π2 e 0 ≤ r ≤ 2 sin θ.
Solução