Cálculo de Integrais e Massa

Prévia do material em texto

Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Cálculo IV – EP8 – Tutor
Exerćıcio 1: Calcule a integral dupla de f(x, y) = xy sobre a região D limitada por x = −1, y = 1,
y = x e o eixo x.
Solução: O esboço de D é:
x
y
Dx = −1
y = x
x = y
−1
1
As fronteiras da esquerda e da direita são respectivamente as retas x = −1 e x = y. Logo,
−1 ≤ x ≤ y. Como a projeção de D sobre o eixo y é o intervalo [0, 1], então 0 ≤ y ≤ 1. Logo D é
do tipo II e
D = {(x, y) | 0 ≤ y ≤ 1 , −1 ≤ x ≤ y} .
Então:
∫∫
D
xy dxdy =
∫
1
0
∫ y
−1
xy dxdy =
∫
1
0
[
x2y
2
]y
−1
dy =
1
2
∫
1
0
(y3−y) dy =
1
2
[
y4
4
− y2
2
]1
0
=
1
2
(
1
4
− 1
2
)
= −1
8
.
Exerćıcio 2: Calcule a integral iterada pela reversão da ordem de integração
I =
∫
4
0
∫
2
√
y
y
√
1 + x5
dxdy .
Solução: Temos que I =
∫∫
D
y√
1 + x5
dxdy, onde D =
{
(x, y) | 0 ≤ y ≤ 4 ,
√
y ≤ x ≤ 2
}
. Na
faixa horizontal dada por 0 ≤ y ≤ 4, esboçaremos as curvas x =
√
y (ou y = x2 , x ≥ 0) e x = 2.
Assim, o esboço de D está representado na figura que se segue.
D
x
y
4
1
2
y=x2
y = 0
Cálculo IV EP8 – Tutor 2
Descrevendo D como tipo I, temos que
{
0 ≤ x ≤ 2
0 ≤ y ≤ x2
. Então,
I =
∫
2
0
∫ x2
0
y√
1 + x5
dydx =
∫
2
0
1√
1 + x5
∫ x2
0
y dydx
=
∫
2
0
(
1 + x5
)−1/2
[
y2
2
]x2
0
dx =
1
2
∫
2
0
(
1 + x5
)−1/2
x4 dx
Fazendo u = 1 + x5 temos du = 5x4 dx donde x4 dx = du/5. Se x = 0, temos u = 1 e se x = 2,
temos u = 33. Logo,
I =
1
2
∫
33
1
u−1/2 du
5
=
1
10
· 2
[
u1/2
]33
1
=
1
5
(√
33− 1
)
.
Exerćıcio 3: Calcule a massa de uma placa contida na região de D : 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4,
com y ≥ 0, cuja densidade no ponto P = (x, y) é proporcional à distância do ponto à origem.
Solução: O esboço de D está representado na figura que se segue.
x
y
D
−1−2
1
1
2
2
Como a distância de P = (x, y) à origem é igual a
√
x2 + y2 então δ(x, y) = k
√
x2 + y2 onde k é
o coeficiente de proporcionalidade. Temos:
M =
∫∫
D
δ(x, y) dxdy = k
∫∫
D
√
x2 + y2 dxdy .
Passando para coordenadas polares, temos:







x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = rdrdθ
x2 + y2 = r2
.
Observando a região D vemos que o ângulo polar θ varia de 0
(
em (2, 0)
)
até π
(
em (−2, 0)
)
.
Fixando θ, com 0 ≤ θ ≤ π, o raio vetor r deve variar de 1 a 2. Então temos: Drθ :
{
0 ≤ θ ≤ π
1 ≤ r ≤ 2
.
Portanto:
M = k
∫∫
Drθ
√
r2r drdθ = k
∫∫
Drθ
r2 drdθ
= k
∫ π
0
∫
2
1
r2 drdθ = k
[
r3
3
]2
1
∫ π
0
dθ =
7kπ
3
u.m.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV EP8 – Tutor 3
Exerćıcio 4: Definimos o valor médio de uma função f(x, y) em uma região D ⊂ R
2 como a integral
de f(x, y) em D dividida pela área de D, isto é,
m(f,D) =
1
A(D)
∫∫
D
f(x, y) dxdy .
Calcule o valor médio de f(x, y) = x na região D do primeiro quadrante, limitada por x2 + y2 = 4,
y = x e y = 0.
Solução: O esboço de D está representado na figura a seguir.
y
D
y = x
x (y = 0)
π/4
2
A área do setor circular D é:
A(D) =
1
8
área do disco de raio 2 =
1
8
π · 22 = π
2
u.a.
Cálculo de
∫∫
D
f(x, y) dA =
∫∫
D
x dA
Utilizando coordenadas polares, temos que:









x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = rdrdθ
x2 + y2 = r2
.
A região D transforma-se em:
Drθ :
{
0 ≤ θ ≤ π/4
0 ≤ r ≤ 2
.
Então:
∫∫
D
x dA =
∫∫
Drθ
(r cos θ)r drdθ =
∫∫
Drθ
r2 cos θ drdθ =
∫ π/4
0
cos θ
∫
2
0
r2 drdθ
=
∫ π/4
0
cos θ
[
r3
3
]2
0
dθ =
8
3
∫ π/4
0
cos θ dθ =
8
3
[
sen θ
]π/4
0
=
8
3
·
√
2
2
=
4
√
2
3
.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV EP8 – Tutor 4
Assim:
m(f,D) =
1
A(D)
∫∫
D
x dA =
1
π
2
· 4
√
2
3
=
8
√
2
3π
.
Exerćıcio 5: Use uma integral tripla para determinar o volume do sólido do primeiro octante limitado
pelo cilindro parabólico z = 1− y2 e pelos planos y = x, x = 0 e z = 0.
Solução:
Esboço de W
Esbocemos no plano yz a parábola z = 1 − y2 com y ≥ 0 e z ≥ 0. Como a equação não depende
da variável x então por pontos da curva tracemos no primeiro octante semirretas paralelas ao eixo
x, obtendo assim a superf́ıcie z = 1− y2.
x
y
z
z = 1− y2
1
1
No plano xy esbocemos a semirreta y = x com x ≥ 0. Como esta equação não depende da variável
z então por pontos da semirreta tracemos paralelas ao eixo z, obtendo assim a porção do plano
y = x no primeiro octante.
x
y
z
y = x
Vemos que os pontos A = (1, 1, 0) e B = (0, 0, 1) são comuns às duas superf́ıcies. Ligando-os temos
a curva interseção. Considerando que o sólido é também limitado pelos planos x = 0 e z = 0, temos
o sólido W representado na figura que se segue.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV EP8 – Tutor 5
x
y
z
W
Dxy
A
B
1
1
1
Descrição de W
Projetando W no plano xy, temos a região Dxy, dada por Dxy :
{
0 ≤ x ≤ 1
x ≤ y ≤ 1
.
x
y
Dxy entra em y = x
sai em y = 1
1
1
Imaginemos uma reta paralela ao eixo z através de W , orientada como o eixo z. Vemos que ela
entra em W em z = 0 e sai de W em z = 1− y2. Então:
W :
{
(x, y, z) ∈ R
3 | (x, y) ∈ Dxy e 0 ≤ z ≤ 1− y2
}
.
O volume de W é dado por
V (W ) =
∫∫∫
W
dV =
∫∫
Dxy
∫
1−y2
0
dzdxdy =
∫∫
Dxy
(
1− y2
)
dxdy =
=
∫
1
0
∫
1
x
(
1− y2
)
dydx =
∫
1
0
[
y − y3
3
]1
x
dx =
∫
1
0
[(
1− 1
3
)
−
(
x− x3
3
)]
dx =
=
∫
1
0
(
2
3
− x+
x3
3
)
dx =
[
2
3
x− x2
2
+
x4
12
]1
0
=
2
3
− 1
2
+
1
12
=
1
4
u.v.
Exerćıcio 6: Determine a massa e o centro de massa do sólido W limitado pelo parabolóide
z = 4x2 + 4y2 e pelo plano z = a, com a > 0, se W tem densidade constante k.
Solução: De z = 4x2 + 4y2 e z = a temos 4x2 + 4y2 = a donde x2 + y2 =
(
√
a
2
)2
. Então, a
interseção do parabolóide com o plano é a circunferência x2 + y2 =
(
√
a
2
)2
contida no plano z = a.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV EP8 – Tutor 6
x
y
z
W
D
a
√
a/2√
a/2
x
y
D
√
a/2
√
a/2
A massa M do sólido W é M =
∫∫∫
W
δ(x, y, z)dV = k
∫∫∫
W
dV .
Descrição de W em coordenadas ciĺındricas
Como a projeção de W no plano xy é o disco Dxy : x
2+y2 ≤
(
√
a
2
)2
, então temos
{
0 ≤ r ≤
√
a
2
0 ≤ θ ≤ 2π
.
Imaginemos, através de W , uma reta paralela ao eixo z, orientada como o eixo z. Ela entra em
W em z = 4x2 + 4y2 = 4r2 e sai de W em z = a. Logo, 4r2 ≤ z ≤ a. Assim, temos
Wrθz :





0 ≤ r ≤
√
a
2
0 ≤ θ ≤ 2π
4r2 ≤ z ≤ a .
. Então:
M = k
∫∫∫
Wrθz
r drdθdz = k
∫
√
a
2
0
r
∫ a
4r2
∫
2π
0
dθdzdr = 2kπ
∫
√
a
2
0
r
∫ a
4r2
dzdr
= 2kπ
∫
√
a
2
0
r
(
a− 4r2
)
dr = 2kπ
∫
√
a
2
0
(
ar − 4r3
)
dr = 2kπ
[
ar2
2
− r4
]
√
a
2
0
= 2kπ
(
a2
8
− a2
16
)
=
2kπa2
16
=
kπa2
8
u.m.
O centro de massa é dado por:
Mx =
∫∫∫
W
x δ(x, y, z) dV =
∫∫∫
W
kx dV
My =
∫∫∫
W
ky dV
Mz =
∫∫∫
W
kz dV .
Como f(x, y, z) = kx e g(x, y, z) = ky são funções ı́mpares nas variáveis x e y, respectivamente, e
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV EP8 – Tutor 7
W tem simetria em relação aos planos yz e xz então
∫∫∫
W
kx dV = 0 e
∫∫∫
W
ky dV = 0. Assim,
x = 0 e y = 0.
Cálculo de
∫∫∫
W
kz dV
Temos:
∫∫∫
W
kz dV = k
∫∫∫
Wrθz
zr drdθdz = k
∫
√
a
2
0
r
∫ a
4r2
∫
2π
0
dθdzdr = 2kπ
∫
√
a
2
0
r
[
z2
2
]a
4r2
dr =
= kπ
∫
√
a
2
0
r
(
a2 − 16r4
)
dr = kπ
∫
√
a
2
0
(
a2r − 16r5
)
dr = kπ
[
a2r2
2
− 8r6
3
]
√
a
2
0
=
= kπ
(
a3
8
− a3
24
)
=
kπa3
12
.
Logo
kπa2
8
z =
kπa3
12
donde z =
2a
3
. Portanto, o centro de massa é
(
0, 0,
2a
3
)
.
Exerćıcio 7: Calcule a massa do sólido W limitado pelos planos x = 0, y = 0, z = 0, y + z = 1 e
x+ z = 1, sendo a densidade δ(x, y, z) = z.
Solução:
Esboço do sólido W
Para esboçar o plano y + z = 1, traçamos inicialmente a reta y + z = 1 no plano yz. Como
a equação nãodepende da variável x então por pontos da reta traçamos retas paralelas ao eixo x.
Analogamente, esboçamos o plano x+z = 1. Observemos que os pontos A = (0, 0, 1) e B = (1, 1, 0)
são comuns aos dois planos. Ligando-os por uma reta, obtemos a curva interseção. Considerando
que W é limitado pelos planos coordenados, temos assim o esboço na figura que se segue.
x
y
z
W
Dxz
A
B
sai em y = 1− z
entra em y = 0
1
1
1
x
z
Dxz
sai em z = 1− x
entra em z = 0
1
1
Devemos projetar W no plano xz ou no plano yz, pois para projetar W no plano xy devemos dividir
W em duas partes, usando o plano y = x. Então, projetemos W no plano xz. Imaginando através
de W uma reta paralela ao eixo y, orientada como o eixo y, vemos que ela entra em W em y = 0 e
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV EP8 – Tutor 8
sai de W em y = 1− z. Portanto:
W :
{
(x, y, z) ∈ R
3 | (x, z) ∈ Dxz e 0 ≤ y ≤ 1− z
}
com Dxz :
{
0 ≤ x ≤ 1
0 ≤ z ≤ 1− x
. A massa M do sólido W é:
M =
∫∫∫
W
δ(x, y, z) dV =
∫∫∫
W
z dV =
∫∫
Dxz
z
∫
1−z
0
dydxdz =
∫∫
Dxz
z(1 − z) dxdz =
=
∫∫
Dxz
(
z − z2
)
dxdz =
∫
1
0
∫
1−x
0
(
z − z2
)
dz =
∫
1
0
[
z2
2
− z3
3
]1−x
0
dx =
=
∫
1
0
[
(1− x)2
2
− (1− x)3
3
]
dx .
Fazendo u = 1− x temos dx = −du. Para x = 0 temos u = 1 e para x = 1 temos u = 0. Então:
M =
∫
0
1
(
u2
2
− u3
3
)
(−du) = −
∫
0
1
(
u2
2
− u3
3
)
du =
∫
1
0
(
u2
2
− u3
3
)
du =
[
u3
6
− u4
12
]1
0
=
=
1
6
− 1
12
=
1
12
u.m.
Exerćıcio 8: Calcule a massa do sólido homogêneo W , limitado pelos planos y + z = 1, x = y,
x = 0 e z = 0.
Solução: Identificação das superf́ıcies:
• y + z = 1 =⇒ plano com geratrizes paralelas ao eixo x e diretriz, rata y + z = 1, no pnao yz;
• x = y =⇒ plano com geratrizes paralelas ao eixo z e diretriz, reta x = y, no plano xy;
• x = 0 =⇒ plano coordenado yz;
• z = 0 =⇒ plano coordenado xy.
Esboçando os planos x + z = 1 e x = y, vemos que os pontos A = (0, 0, 1) e B = (1, 1, 0) são
comuns aos planos. Logo, a reta AB é a interseção dos planos.
x
y
z
0
1
1
1
A=(0, 0, 1)
B=(1, 1, 0)
Levando em conta que W é limitado pelos planos x = 0 e z = 0, temos o esboço de W .
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV EP8 – Tutor 9
x
y
z
0
1
1
1
W
z=1−y
z=0 x
y
0
x=0
1
Dxy
x=y
Temos W : (x, y) ∈ Dxy, 0 ≤ z ≤ 1− y.
Como W é um sólido homogêneo, então a densidade é constante: δ(x, y, z) = k.
Assim a massa M é dada por
M =
∫∫∫
W
δ(x, y, z) dV = k
∫∫∫
W
dV = k
∫∫
Dxy
∫
1−y
0
dz dx dy = k
∫∫
Dx,y
(1− y)dx dy
= k
∫
1
0
(1− y)
∫ y
0
dx dy = k
∫
1
0
(1− y)y dy = k
∫
1
0
(y − y2) dy = k
[
y2
2
− y3
3
]1
0
=
k
6
.
Logo, M =
k
6
u.m.
Exerćıcio 9: Calcule
∫∫∫
W
(x2 + y2+ z2)3 dV , onde W é limitado pelos planos coordenados e pela
porção da esfera x2 + y2 + z2 = 1, pertence ao primeiro octante.
Solução: Solução: O esboço de W está representado na figura que se segue.
x
y
z
W
1
1
1
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV EP8 – Tutor 10
Passando para coordenadas esféricas, temos:











x = ρ senφ cos θ
y = ρ senφ sen θ
z = ρ cosφ
dV = ρ2 sen φ dρdφdθ
x2 + y2 + z2 = ρ2
.
Então,
∫∫∫
W
(
x2 + y2 + z2
)3
dV =
∫∫∫
Wρφθ
(
ρ2
)3
ρ2 sen φ dρdφdθ =
∫∫∫
Wρφθ
ρ8 senφ dρdφdθ
onde Wρφθ é dado por 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π/2 e 0 ≤ φ ≤ π/2. Logo,
∫∫∫
W
(
x2 + y2 + z2
)3
dV =
∫
1
0
∫ π/2
0
∫ π/2
0
ρ8 sen φ dθdφdρ =
∫
1
0
ρ8
∫ π/2
0
sen φ
∫ π/2
0
dθdφdρ
=
π
2
∫
1
0
ρ8
[
− cosφ
]π/2
0
dρ =
π
2
(0 + 1)
[
ρ9
9
]1
0
=
π
18
.
Exerćıcio 10: Seja C uma curva interseção do cilindro eĺıptico 2x2 − 4x + y2 = 0 com o plano
x+ z = 1.
(a) Apresente uma paremetrização diferenciável para C.
(b) Calcule
∫
C
√
2x ds.
Solução:
(a) Completando quadrados em 2x2−4x+y2 = 0 temos 2 (x2 − 2x+ 1)+y2 = 2 ou (x−1)2+
y2
2
=
1 , que é uma elipse com a = 1 e b =
√
2 . Então, considerando (x, y, z) ∈ C temos que x, y e z
satisfazem



(x− 1)2 +
y2
2
= 1 (1)
z = 1− x (2)
De (1) temos que x = 1 + cos t e y =
√
2 sen t, com 0 ≤ t ≤ 2π. De (2) temos que
z = 1− (1 + cos t) = − cos t. Assim, uma parametrização diferenciável de C é dada por:
γ(t) =
(
1 + cos t,
√
2 sen t,− cos t
)
com 0 ≤ t ≤ 2π.
(b) Temos que
γ′(t) =
(
− sen t,
√
2 cos t, sen t
)
donde
∣
∣
∣
∣γ′(t)
∣
∣
∣
∣ =
√
sen2 t + 2 cos2 t+ sen2 t =
√
2 sen2 t+ 2 cos2 t =
√
2 .
Como ds =
∣
∣
∣
∣γ′(t)
∣
∣
∣
∣ dt então ds =
√
2 dt. Assim:
∫
C
√
2 x ds =
∫
2π
0
√
2(1 + cos t)
√
2 dt = 2
[
t + sen t
]2π
0
= 4π .
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV EP8 – Tutor 11
Exerćıcio 11: Seja a curva C parte da interseção da esfera x2+ y2+ z2 = 9 com o plano y =
√
2x,
situada no primeiro octante.
(a) Parametrize C.
(b) Calcule a massa de C sendo a densidade dada por δ(x, y, z) = x+ y.
Solução:
(a) De x2 + y2 + z2 = 9 e y =
√
2x com x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, temos 3x2 + z2 = 9, com x ≥ 0
e z ≥ 0 ou
x2
3
+
z2
9
= 1, com x ≥ 0 e y ≥ 0. Significa então que a projeção de C no plano xz
é a porção da elipse
x2
3
+
z2
9
= 1, com x ≥ 0 e z ≥ 0. Então x =
√
3 cos t e z = 3 sen t, com
0 ≤ t ≤ π/2. Como y =
√
2x, então y =
√
6 cos t. Assim, uma parametrização de C é dada
por γ(t) =
(√
3 cos t,
√
6 cos t, 3 sen t
)
, com 0 ≤ t ≤ π/2.
(b) Temos que γ′(t) =
(
−
√
3 sen t,−
√
6 sen t, 3 cos t
)
, donde
ds = ‖γ′(t)‖ dt =
√
3 sent+6 sen2 t+ 9 cos2 t dt =
√
9 sen2 t+ 9 cos2 t dt = 3 dt .
Como M =
∫
C
δ(x, y, z) ds então:
M =
∫
C
(x+ y)ds =
∫ π/2
0
(√
3 cos t+
√
6 cos t
)
3 dt = 3
(√
3 +
√
6
)
∫ π/2
0
cos t dt
= 3
(√
3 +
√
6
)
[
sen t
]π/2
0
= 3
(√
3 +
√
6
)
u.m.
Exerćıcio 12: Um arame tem a forma da curva obtida como interseção da semi esfera x2+y2+z2 =
16, x ≥ 0, com o plano y + z = 4. Sabendo que a densidade em cada ponto (x, y, z) é dada por
δ(x, y, z) = x, mostre que o momento de inércia em relação ao eixo x é igual a
32M
3
, onde M é a
massa do arame.
Solução: De x2+ y2+ z2 = 16, com x ≥ 0 e y+ z = 4, temos x2+ y2+ (4− y)2 = 16, com x ≥ 0
ou x2 + 2y2 − 8y = 0, com x ≥ 0 ou x2 + 2 (y2 − 4y + 4) = 8, com x ≥ 0 ou
x2
8
+
(y − 2)2
4
= 1,
com x ≥ 0 (semi-elipse) que representa a projeção de C sobre o plano xy. Então x = 2
√
2 cos t,
y = 2 + 2 sen t, e z = 4 − y = 2 − 2 sen t, com −π/2 ≤ t ≤ π/2 pois x =
√
2 cos t ≥ 0. Assim,
uma parametrização diferenciável de C é dada por:
γ(t) =
(
2
√
2 cos t, 2 + 2 sen t, 2− 2 sen t
)
com −π/2 ≤ t ≤ π/2.
Logo
γ′(t) =
(
−2
√
2 sen t, 2 cos t,−2 cos t
)
donde
‖γ′(t)‖ =
√
8 sen2 t+ 4 cos2 t+ 4 cos2 t =
√
8 sen2 t + 8 cos2 t = 2
√
2 .
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV EP8 – Tutor 12
Assim,
ds = ‖γ′(t)‖ dt = 2
√
2 dt .
Como
M =
∫
C
δ(x, y, z) ds =
∫
C
x ds
então:
M =
∫ π/2
−π/2
(
2
√
2 cos t
)
2
√
2 dt = 8
[
sen t
]π/2
−π/2
= 16 u.m.
Por outro lado, o momento de inércia em relação ao eixo x é dado por:
Ix =
∫
C
(
y2 + z2
)
δ(x, y, z) ds =
∫
C
(
y2 + z2
)
x ds
=
∫ π/2
−π/2
[
(2 + 2 sen t)2 + (2− 2 sen t)2
]
(
2
√
2 cos t
)
2
√
2 dt
= 8
∫ π/2
−π/2
(
4 + 8 sen t + 4 sen2 t + 4− 8 sen t+ 4 sen2 t
)
cos t dt
= 64
∫ π/2
−π/2
(
1 + sen2 t
)
cos t dt = 64
[
sen t+
sen3 t
3
]π/2
−π/2
= 64
(
2 +
2
3
)
=
512
3
=
32
3
· 16 .
Logo:
Iz =
32M
3
.
Exerćıcio 13: Inverta a ordem de integração e calcule o valor de I em
I =
∫
1
0
∫
√
y
√
y/2
ex
3
dx dy +
∫
4
1
∫
√
y/2
1ex
3
dx dy.
Solução: Temos I =
∫∫
D
ex
3
dxdy, onde D = D1 ∪D2 com
D1 =
{
(x, y) ∈ R
2 | 0 ≤ y ≤ 1 ,
√
y
2
≤ x ≤ √
y
}
e
D2 =
{
(x, y) ∈ R
2 | 1 ≤ y ≤ 4 ,
√
y
2
≤ x ≤ 1
}
.
Com as informações dadas acima, podemos ilustrar a nossa região D (ver figura na próxima página).
Enquadrando D como tipo I, temos
D =
{
(x, y) ∈ R
2 | 0 ≤ x ≤ 1 , x2 ≤ y ≤ 4x2
}
.
Então
I =
∫
1
0
∫
4x2
x2
ex
3
dydx =
∫
1
0
ex
3 (
4x2− x2
)
dx =
∫
1
0
ex
3 (
3x2
)
dx = ex
3
∣
∣
∣
∣
1
0
= e− 1 .
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV EP8 – Tutor 13
x
y
D1
D2
x =
√
y
2
⇒ y = 4x2
x =
√
y ⇒ y = x2
x = 1
1
1
4
Exerćıcio 14: Considere a região D =
{
(x, y) ∈ R
2 ; 0 ≤ x ≤
√
2, x ≤ y ≤
√
4− x2
}
.
(a) Esboce a região D e descreva-a em coordenadas polares.
(b) Calcule a integral dupla de f(x, y) = x sobre a região D.
Solução:
(a) De 0 ≤ x ≤
√
2, temos que D está contida na faixa vertical, limitada pelas retas x = 0 e
x =
√
2. De x ≤ y ≤
√
4− x2, temos que D está limitada inferiormente pela reta y = x e
superiormente pela curva y =
√
4− x2 ou x2 + y2 = 4 com y ≥ 0. Assim, temos o esboço de D:
D
x
y
y=x
π
4
√
2 2
2
Descrição de D em coordenadas polares:
Drθ :
{
π/4 ≤ θ ≤ π/2
0 ≤ r ≤ 2.
(b) Temos
∫∫
D
f(x, y) dx dy =
∫∫
D
x dx dy.
Passando para coordenadas polares, temos:
x = r cos θ, dx dy = r dr dθ.
Então,
∫∫
D
x dx dy =
∫∫
Drθ
(r cos θ) r dr dθ =
∫∫
Drθ
r2 cos θ dr dθ
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV EP8 – Tutor 14
=
∫ π/2
π/4
cos θ
∫
2
0
r2 dr dθ =
∫ π/2
π/4
cos θ
[
r3
3
]2
0
dθ =
8
3
∫ π/2
π/4
cos θ dθ
=
8
3
[
sen θ
]π/2
π/4
=
8
3
(
1−
√
2
2
)
=
4
3
(
2−
√
2
)
.
Exerćıcio 15: Use uma integral tripla para calcular o volume da regiãoW limitada pelos paraboloides
z = x2 + y2 e z = 36− 3x2 − 3y2.
Solução: De z = x2+ y2 e z = 36− 3x2− 3y2 temos 4x2+4y2 = 36 ou x2+ y2 = 9 e z = 9 o que
significa que os parabolóides se interceptam no plano z = 9, segundo a circunferência x2 + y2 = 9.
Assim, temos o esboço de W representado na figura que se segue.
x
y
z
W
Dxy
3
3
9
36
x
y
Dxy
3
3
O volume de W é V (W ) =
∫∫∫
W
dV . Calculemos a integral utilizando coordenadas ciĺındricas.
Temos













x = r cos θ
y = r sen θ
z = z
dV = rdrdθdz
x2 + y2 = r2
.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV EP8 – Tutor 15
Descrição de W em coordenadas ciĺındricas
Como a projeção de W no plano xy é o disco Dxy : x2 + y2 ≤ 9, então
{
0 ≤ r ≤ 3
0 ≤ θ ≤ 2π
. Imagi-
nemos, através de W , uma reta paralela ao eixo z, orientada como o eixo. Ela entra em W em
z = x2 + y2 = r2 e sai de W em z = 36− 3x2 − 3y2 = 36− 3r2. Logo, r2 ≤ z ≤ 36− 3r2. Assim,
temos Wrθz :



0 ≤ r ≤ 3
0 ≤ θ ≤ 2π
r2 ≤ z ≤ 36− 3r2 .
. Então:
V (W ) =
∫∫∫
Wrθz
r drdθdz =
∫
3
0
r
∫
36−3r2
r2
∫
2π
0
dθdzdr = 2π
∫
3
0
r
∫
36−3r2
r2
dzdr
= 2π
∫
3
0
r
(
36− 4r2
)
dr = 2π
∫
3
0
(
36r − 4r3
)
dr = 2π
[
18r2 − r4
]3
0
= 2π (18× 9− 34) = 162π u.v.
Exerćıcio 16: Considere a região
W =
{
(x, y, z) ∈ R
3 ; −2 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤
√
4− x2, 0 ≤ z ≤
√
4− x2 − y2
}
.
(a) Esboce a região W e descreva-a em coordenadas esféricas.
(b) Calcule a integral tripla de f(x, y, z) = (x2 + y2 + z2)5/2 sobre a região W .
Solução:
(a) Temos
W =
{
(x, y, z) ∈ R
3 ; (x, y) ∈ Dxy e 0 ≤ z ≤
√
4− x2 − y2
}
,
onde Dxy : −2 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤
√
4− x2 é a projeção de W sobre o plano xy e cujo esboço é:
Dxy
x
y
−2 2
2
Dxy
x
y
z
−2
2
2
De 0 ≤ z ≤
√
4− x2 − y2, vemos que a região W está limitada inferiormente pelo plano z = 0 e
superiormente pela superf́ıcie z =
√
4− x2 − y2 ou x2 + y2 + z2 = 4 com z ≥ 0.
Logo, o esboço de W é:
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV EP8 – Tutor 16
W
x
y
z
−2
2
2
Descrição de W em coordenadas esféricas:
Do esboço de Dxy, vemos que 0 ≤ θ ≤ π. De x2+ y2+ z2 = 4 vemos que 0 ≤ ρ ≤ 2. Como z ≥ 0,
temos 0 ≤ φ ≤ π
2
. Portanto,
Wρφθ : 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ φ ≤ π
2
.
(b) Temos,
∫∫∫
W
f(x, y, z) dV =
∫∫∫
W
(x2 + y2 + z2)5/2dV .
Passando para coordenadas esféricas,
x2 + y2 + z2 = ρ2, dV = ρ2 senφ dρ dφ dθ.
∫∫∫
W
(x2 + y2 + z2)5/2dV =
∫∫∫
Wρφθ
(ρ2)5/2 ρ2 sen φ dρ dφ dθ =
∫∫∫
Wρφθ
ρ7 senφ dρ dφ dθ
=
∫
2
0
ρ7
∫ π/2
0
sen φ
∫ π
0
dθ dφ dρ = π
∫
2
0
ρ7
∫ π/2
0
senφ dφ dρ
= π
∫
2
0
ρ7
[
− cosφ
]π/2
0
dρ = π
∫
2
0
ρ7
[
− cos
π
2
+ cos 0
]
dφ
= π
∫
2
0
ρ7 dρ = π
[
ρ8
8
]2
0
= 32π.
Exerćıcio 17: Seja a curva C parte da interseção das superf́ıcies x2 + y2 + z2 = 16, x2 + y2 = 4,
situada no primeiro quadrante.
(a) Dê uma parametrização diferenciável para C.
(b) Calcule a massa de C, sendo a densidade dada por δ(x, y, z) = xyz.
Solução:
(a) De x2 + y2 + z2 = 16 e x2 + y2 = 4 temos z = 2
√
3 pois z ≥ 0. Assim, C é um arco da
circunferência x2 + y2 = 4, no primeiro octante, contida no plano z = 2
√
3 . Então, x = 2 cos t,
y = 2 sen t e z = 2
√
3 . Como x ≥ 0 e y ≥ 0 então 0 ≤ t ≤ π/2. Logo, uma parametrização é dada
por
γ(t) =
(
2 cos t, 2 sen t, 2
√
3
)
,
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV EP8 – Tutor 17
com 0 ≤ t ≤ π/2.
(b) Temos que M =
∫
C
δ(x, y, z) ds =
∫
C
xyz ds, onde
ds = ‖γ′(t)‖ dt = ‖(−2 sen t, 2 cos t, 0)‖ dt =
√
4 sen2 t + 4 cos2 t dt = 2 dt .
Então,
M =
∫ π/2
0
(2 cos t)(2 sen t)2
√
3 · 2 dt = 16
√
3
∫ π/2
0
cos t sen t dt = 16
√
3
[
sen2 t
2
]π/2
0
= 8
√
3 u.m.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ