Problemas_Resolvidos_Calculo_III

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Problemas Resolvidos
de
Integrais Mu´ltiplas
Uma apostila de aux´ılio a` compreensa˜o ao
Ca´lculo Diferencial Integral III
Prof. Dr. Beto Rober Saavedra
Universidade Federal do Vale de Sa˜o Francisco
Colegiado de Engenharia de Produc¸a˜o
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 e´ a quantidade certa de tempo e trabalho.
′′
William Douglas
4
1. Determine o volume da regia˜o so´lida E limitada pela superf´ıcie z =
sen(x2 + y2) e a regia˜o plana circular de centro (0, 0, 0) e raio
√
2pi.
Soluc¸a˜o . Observar que parte da regia˜o E fica acima da regia˜o plana circular de
centro (0, 0, 0) e raio
√
pi e a outra parte embaixo da regia˜o plana limitada pelas
circunfereˆncias conceˆntricas de centro (0, 0, 0) e raios
√
pi e
√
2pi respetivamente. Logo,
usando coordenadas polares, o volume da regia˜o E e´
V =
∫ 2pi
0
∫ √pi
0
rsen(r2)drdθ −
∫ 2pi
0
∫ √2pi
√
pi
rsen(r2)drdθ
=
∫ 2pi
0
−1
2
cos(r2)
√
pi
0 dθ +
∫ 2pi
0
1
2
cos(r2)
√
2pi√
pi
dθ
= 2pi + 2pi = 4pi
5
2. Calcular
∫
R
∫
cos
(
y+x
y−x
)
, onde R e´ a regia˜o trapezoidal com ve´rtices
(2, 0), (4, 0), (0, 4) e (0, 2).
Soluc¸a˜o . Vamos fazer a mudanc¸a de varia´veis:
u = x + y v = x− y
Essas equac¸o˜es definem a transformac¸a˜o inversa T−1 do plano xy para o plano uv. E,
a transformac¸a˜o T, do plano uv para o plano xy, e´ dada pelas equac¸o˜es
x =
1
2
(u + v) y =
1
2
(u− v)
O jacobiano de T e´ ∂(x,y)∂(u,v) =
−1
2 . A transformac¸a˜o T transforma uma regia˜o S no
plano uv na regia˜o 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 regia˜o so´lida E limitada pela superf´ıcie z =
(x2 + y2)sen(x2 + y2) e a regia˜o plana circular de centro (0, 0, 0) e raio
√
2pi.
Soluc¸a˜o . Observar que parte da regia˜o E fica acima da regia˜o plana circular de
centro (0, 0, 0) e raio
√
pi e a outra parte embaixo da regia˜o plana limitada pelas
circunfereˆncias conceˆntricas de centro (0, 0, 0) e raios
√
pi e
√
2pi respetivamente. Logo,
usando coordenadas polares, o volume da regia˜o E e´
V =
∫ 2pi
0
∫ √pi
0
r3sen(r2)drdθ −
∫ 2pi
0
∫ √2pi
√
pi
r3sen(r2)drdθ
Agora, pela substituic¸a˜o u = r2 e 12du = dr e os respetivos limites de integrac¸a˜o r =
0 → u = 0, u = √pi → u = pi e r = √2pi → u = 2pi, obtermos:
V =
1
2
∫ 2pi
0
∫ pi
0
usen(u)drdθ − 1
2
∫ 2pi
0
∫ 2pi
pi
usen(u)drdθ
=
1
2
[
∫ 2pi
0
−ucos(u) + sen(u)pi0dθ −
∫ 2pi
0
−ucos(u) + sen(u)2pipi dθ]
= pi + 3pi = 4pi
7
4. Determine o volume da regia˜o so´lida limitada pelas esferas
(x− 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 9 e (x− 4)2 + (y − 4)2 + (z − 4)2 = 16.
Soluc¸a˜o A distaˆncia entre os centros das esferas dadas e´ 3
√
3. Calcular o volume da
regia˜o so´lida dada e´ mesma coisa que calcular o volume da regia˜o so´lida 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 intersec¸a˜o das
esferas, precisamos resolver a equac¸a˜o
16− z2 = 9− (z − 3
√
3)2
Isto e´, o plano procurado e´ z = 17
√
3
9 . Logo, a regia˜o E fica acima da regia˜o plana
8
x2 + y2 ≤ 14327 . O volume de E e´
V =
∫ 2pi
0
∫ √ 143
27
0
r
√
16− r2 − [3
√
3r − r
√
9− r2]drdθ
=
=
∫ 2pi
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 a´rea da parte do cone z2 = 4(x2 + y2) entre os planos z =
1 e z = 2.
Soluc¸a˜o . Observar que a parte do cone entre os planos z = 1 e z = 2. fica acima da
regia˜o R no plano XY limitada pelas circunfereˆncias x2 + y2 = 14 e x
2 + y2 = 1.
Logo, a a`rea procurada e´
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
∫ 2pi
0
∫ 1
1
2
rdrdθ =
3
4
pi
√
5
4
.
10
6. Seja B a bola fechada x2 + y2 + z2 ≤ 4.
(a) Provar por meio de Mudanc¸a de Varia´veis que∫ ∫
B
∫
e3x
2+xdV =
∫ ∫
B
∫
e3z
2+zdV
(b) Calcular ∫ ∫
B
∫
ex
2
+ ex
2+3z3dV∫ ∫
B
∫
ey2 + ez2+3y3dV
Soluc¸a˜o . As coordenadas no espac¸o R3 podem ser dadas pelas varia´veis (x, y, z) ou
pelas varia´veis (u, v, w).
(a) Consideramos a mudanc¸a de varia´veis dada por
u = z v = y w = x
Observamos que a mudanc¸a de varia´veis dada transforma a a bola fechada x2 +
y2 + z2 ≤ 4 na bola fechada u2 + v2 + w2 ≤ 4. Ale´m 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 transformac¸o˜es 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 transformac¸o˜es T1 e T2 levam a bola fechada B na bola
fechada B. Ale´m disso, ambos os mo´dulos dos Jacobianos de T1 e T2 sa˜o 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}.
Soluc¸a˜o .
(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 e´ um segmento de reta que liga os pontos (1, 0) e (0, 1), E2 e´
um segmento de reta que liga os pontos (0, 1) e (−1, 0), E3 e´ um segmento de reta
que liga os pontos (−1, 0) e (0,−1), e E4 e´ um segmento de reta que liga os pontos
(0,−1) e (1, 0) (ver figura 1).
Figura 1: Conjunto E.
(b) Como no item anterior, prova-se que o conjunto de pontos (x, y) tais que |x|+|y| =
3 e´ um losango com ve´rtices (3, 0), (0, 3), (−3, 0) e (0,−3). Logo, B e´ a regia˜o
limitada por esse losango(ver figura 2). Seja a transformac¸a˜o 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 determinar a regia˜o S do plano
uv correspondente a B, notamos que os lados de B esta˜o sobre as retas
x + y = 3, x− y = 3, x + y = −3, x− y = −3
e as retas correspondentes do plano uv sa˜o
u = 3, v = 3, u = −3, v = 3
Enta˜o , a regia˜o S e´ o quadrado com ve´rtices (3, 3), (−3, 3), (−3,−3) e (3,−3) como
mostra a figura 2. Por outro lado, o valor absoluto do Jacobiano da transformac¸a˜o T e´
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 so´lido com ve´rtices (0,0,0), (0,0,1), (0,2,0) e (2,2,0).
Soluc¸a˜o . Para seguir o racioc´ınio, observar a Figura 1. A base do Tetraedro e´ um
retaˆngulo, que denotarmos por R, determinado pelas retas y = x, y = 2, x = 0. A
regia˜o R e´ a projec¸a˜o ortogonal do plano, determinado pelos pontos (0,0,1),(0,2,0),(2,2,0),cuja
equac¸a˜o Cartesiana e´ z = 2−y2 . Logo, o volume requerido e´
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 e´ a regia˜o do primeiro quadrante limitada pela elipse 9x2 + 4y2 = 14 .
Soluc¸a˜o . Pela mudanc¸a de coordenadas:
x =
1
3
rcos(θ), y =
1
2
rsen(θ); 0 ≤ r ≤ 1
2
, 0 ≤ θ ≤ pi
2
.
temos:
∫ ∫
R
tan(18x2 + 8y2)dA =
1
6
∫ pi
2
0
∫ 1
2
0
tang(2r2)rdrdθ
=
1
24
∫ pi
2
0
−ln(cos(2r2))| 120 dθ
=
1
24
∫ pi
2
0
−ln(cos(1
2
))dθ
=
−pi
48
ln(cos(
1
2
))
15
10. Calcular
∫
R
∫
(y − x)sen
(
y+x
y−x
)
, onde R e´ a regia˜o trapezoidal com ve´rtices
(2, 0), (4, 0), (0, 4) e (0, 2).
Soluc¸a˜o . Vamos fazer a mudanc¸a de varia´veis:
u = x + y v = x− y
Essas equac¸o˜es definem a transformac¸a˜o inversa T−1 do plano xy para o plano uv. E,
a transformac¸a˜o T, do plano uv para o plano xy, e´ dada pelas equac¸o˜es
x =
1
2
(u + v) y =
1
2
(u− v)
O jacobiano de T e´ ∂(x,y)∂(u,v) =
−1
2 . A transformac¸a˜o T transforma uma regia˜o S no
plano uv na regia˜o 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
Soluc¸a˜o.
Fazendo a substituic¸a˜o simples, temos:
xy = u
du = x dy
Assim,
∫ 2
1
[∫ 1
0
cosudu
]
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 regia˜o semicircular limitada pelo eixo X e pela curva , y =
√
1− x2.
Soluc¸a˜o . Em coordenadas cartesianas, a integral em questa˜o e uma intefral na˜o el-
ementar e na˜o existe nenhuma maneira direta de integrar ex
2+y2 em relaca˜o a x ou y.
Ainda assim essa integral e outras integrais como essa sa˜o importantes em matema´tica
— em estat´ıstica por exemplo — e queremos encontrar uma maneira de calcula´-la. As
coordenadas polares servem para isso. A substituica˜o 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 =
∫ pi
0
∫ 1
0
er
2
rdrdθ =
∫ pi
0
[
1
2e
r2
]1
0
dθ =
∫ pi
0
1
2 (e− 1)dθ = pi2 (e− 1)
O r em r dr dθ era justamente o que precisa´vamos para integrar. Sem isso, estariamos
impedidos de prosseguir, como no comec¸o .
18
13. Encontre o momento polar da ine´rcia em relaca˜o a origem de uma placa fina
de densidade θ(x, y) = 1 limitada pelo quarto de circunfereˆncia x2 + y2 = 1 no
primeiro quadrante .
Soluc¸a˜o . Em coordenadas cartesianas, o momento polar e´ o valor da integral
∫ 1
0
∫ √1−x2
0
dydx
Integrando em relac¸a˜o a y, temos :
∫ 1
0
(
x2
√
1− x2 + (1− x
2)
3
2
3
)
dx
Uma integral dif´ıcil 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 =
∫ pi
2
0
∫ 1
0
(r2)rdrdθ
=
∫ pi
2
0
[
r4
4
]r=1
r=0
dθ =
∫ pi
2
0
1
4
dθ =
pi
8
Por que a transformac¸a˜o em coordenadas polares e´ ta˜o eficaz aqui ? Um motivo e´ que
x2 + y2 e´ simplificada para r2 . Outro motivo e´ que os limites de integrac¸a˜o tornam-se
constantes.
19
14. Identificando a regia˜o de integrac¸a˜o . Esboc¸ar e calcular∫ 0
−1
∫ 1−x
−2x
dydx +
∫ 2
0
∫ 1−x
− x2
dydx
Soluc¸a˜o . Com o auxilio da figura abaixo e´ poss´ıvel verificar a regia˜o na qual se deseja
calcular.
Figura 4: Gra´fico.
∫ 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 a´rea dentro da lemniscata r2 = 4cos2θ .
Soluc¸a˜o . Trac¸amos o gra´fico da lemniscata para determinar os limites de integrac¸a˜o e
vemos que a a´rea total e´ quatro vezes a a´rea da porc¸a˜o no primeiro quadrante.
a = 4
∫ pi
4
0
∫ √4cos2θ
0
rdrdθ = 4
∫ pi
4
0
[
r2
2
]r=√4cos2θ
r=0
dθ = 4
∫ pi
4
0
2cos2θdθ = 4sen2θ
]pi
4
0
= 4.
21
16. Calcule ∫ ∫
B
ex
2+y2dxdy B : (x, y) 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4 ,−x ≤ y ≤ x, x ≥ 0.
Soluc¸a˜o .
 X = rcosθY = rsenθ
∫ pi
pi
2
∫ 4
1
er2 · rdrdθ = 1
2
∫
pi
2
pi =
∫ pi
pi
2
∫ 4
1
eududθ =
1
2
∫ pi
pi
2
eu
∣∣∣∣4
1
=
1
2
∫ pi
fpi2
e4 − e′ = 1
2
(θe4 − θe′)pipi
2
=
1
2
[
(pie4 − pie)− (pi
2
e4 − pi
2
e)
]
=
1
2
(
pie4 − pie− pi
2
e4 +
pi
2
e
)
=
1
2
(
2pie4 − 2pie− pie4 + pie
2
)
=
1
4
(pie4 − pi)
22
17. Calcule ∫ ∫
R
f(x, y)dxdy
onde R e´ a regia˜o triangular com ve´rtices (0,0), ( 1, 0) e (0 , 1)
Soluc¸a˜o .
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 integrac¸a˜o para integrar f(r, θ) sobre a regia˜o R que
esta´ dentro da cardio´ide r = 1 + cosθ e fora da circunfereˆncia r = 1 .
Soluc¸a˜o
Passo 1 : Um esboc¸o. Esboc¸amos a regia˜o e identificamos as curvas limitantes.
Passo 2 : Os limitesde integrac¸a˜o de r. Um raio t´ıpico a partir da origem entra em
R onde r = 1 e sai onde r = 1 + cosθ.
Passo 3 : Os limites de integrac¸a˜o de θ . Os raios a partir da origem que apresentam
intersecc¸a˜o com R variam de θ = −pi/2 a θ = pi/2. A integral e´ :
∫ pi
2
−pi2
∫ 1+cosθ
1
f(r, θ)rdrdθ
Se f(r, θ) e´ a func¸a˜o constante cujo valor e´ 1 , enta˜o a integral de f sobre r e´ a a´rea de R .
A a´rea de uma regia˜o R fechada e limitada no plano de coordenadas polares e´
a =
∫ ∫
R
rdrdθ.
Como seria de esperar, essa fo´rmula para a a´rea e´ condizente com todas as fo´rmulas
anteriores, embora na˜o provemos esse fato .
24
19. Identificando a regia˜o de integrac¸a˜o . Esboc¸ar e calcular∫ 2
0
∫ 0
x2−4
dydx +
∫ 4
0
∫ √x
0
dydx
Soluc¸a˜o .
Figura 5: Gra´fico.
∫ 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 regia˜o D limitada pelas superf´ıcies z = x2 + 3y2 z =
8− x2 − y2.
Soluc¸a˜o . O volume e´
v =
∫ ∫
R
∫
dzdydx,
a integral de f(x, y, z) = 1 sobre D . Para encontrarmos os limites de integrac¸a˜o para
calcular a integral, seguimos estes passos :
Passo 1 : Um esboc¸o. As superf’icies apresentam intersecc¸a˜o no cilindro el´ıptico
x2 + 3y2 = 8− x2 − y2 ou x2 + 2y2 = 4. A fronteira da regia˜o R ( a projec¸a˜o de D spbre
o plano xy ) e´ uma elipse com a mesma equac¸a˜o : x2 + 2y2 = 4 . A fronteira superior de
R e´ a curva y =
√
(4− x2)/2 . A fronteira inferior e´ a curva y = −
√
(4− x2)/2 .
Passo 2 : Os limites de integrac¸a˜o de Z . A reta M que passa por um ponto t´ıpico (x, y)
em R que e´ paralela ao eixo Z entra em D em z = x2 + 3y2 e sai em z = 8− x2 − y2 .
Passo 3 : Os limites de integrac¸a˜o de y. A reta L que passa por (x, y) que e´ paralela ao
eixo y entra em R em y = −
√
(4− x2)/2 e sai em y =
√
(4− x2)/2 .
Passo 4 : Os limites de integrac¸a˜o 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 e´
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− 2x
2 − 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
= 8pi
√
2 Unidades cubicas.
26
21. Determine os limites de integrac¸a˜o para calcular a integral tripla de uma
func¸a˜o f(x, y, z) sobre o tetraedro D com ve´rtices (0, 0, 0) (1, 1, 0) (0, 1, 0) e (0, 1, 1).
Soluc¸a˜o .
Passo 1 : Um esboo. Esboc¸amos D junto com sua projec¸a˜o R no plano xz. A superf´ıcie
limitante superior a direita de D esta´ no plano y = 1 . A superf´’icie limitante inferiror
a esquerda esta´ no plano y = x + z . A fronteira superior de R e´ a reta z = 1 − x . A
fronteira inferior e´ a reta z = 0
Passo 2 : Os limites de integrac¸a˜o de y. A reta que passa por um ponto t´ıpico (x, z)
em R que e´ paralela ao eixo y entra em D em y = x + z e sai em y = 1 .
Passo 3 : Os limites de integrac¸a˜o de Z . A reta L que passa por (x, z) que e´ paralela
ao eixo z entra em R e em z = 0 sai em z = 1− x
Passo 4 : Os limites de integrac¸a˜o de x. A medida que L varre R , o valor de x varia
de x = 0 a x = 1 . A integral e´∫ 1
0
∫ 1−x
0
∫ 1
x+z
F (x, y, z)dydzdx.
27
22. Esboce a regia˜o , inverta a ordem e calcule a integral∫ ∫
R
(y − 2x2)dA,
onde R e´ a regia˜o limitada pelo quadrado |x|+ |y| = 1
Soluc¸a˜o .
Figura 6: Gra´fico.
=
∫ 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 me´dio 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
Soluc¸a˜o . Esboc¸amos o cubo com detalhes suficientes para mostrar os limites de inte-
grac¸a˜o . Depois usamos a equac¸a˜o (4) para calcular o valor me´dio de F sobre o cubo.
O volume do cubo e´ (2)(2)(2) = 8 . O valor da integral de F sobre o cubo e´:
∫ 2
0
∫ 2
0
∫ 2
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 equac¸a˜o (4) da´
valor medio de xyz sobre o cubo
=
1
volume
∫ ∫
cubo
∫
xyzdV =
1
8
(8) = 8
Ao calcularmos a integral, escolhemos a ordem dxdydz, mas qualquer um das outras cinco
ordens tambe´m funciona
29
24. Esboce a regia˜o , inverta a ordem e calcule a integral∫ ∫
R
xydA,
onde R e´ a regia˜o limitada pelas retas y = x y = 2x x + y = 2
Soluc¸a˜o .
Figura 7: Gra´fico.
∫ 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 centro´ide (δ = 1) do so´lido limitado pelo cilindro x2 + y2 = 4 e
limitado acima pelo parabolo´ide z = x2 + y2 e abaixo pelo plano xy
Soluc¸a˜o .
Passo 1 : Um esboc¸o. Esboc¸amos o so´lido, limitado acima pelo parabolo´ide z = r2 e
abaixo pelo plano z = 0 . Sua base R e´ o disco |r| ≤ 2 no plano xy .
O centro´ide 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 t´ıpico (r, θ) na base
paralela ao eixo z entra no so´lido 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 -hora´rio, o aˆngulo
θ que ele faz com o eixo x positivo varia de θ = 0 a θ = 2pi. O valor de Mxy e´
Mxy =
∫ 2pi
0
∫ 2
0
∫ r2
0
zdzrdrdθ =
∫ 2pi
0
∫ 2
0
[
z2
2
]r2
0
rdrdθ =
∫ 2pi
0
∫ 2
0
r5
2
drdθ
∫ 2pi
0
[
r6
12
]2
0
dθ = =
∫ 2pi
0
16
3
dθ = =
32pi
3
.
O valor de M e´
M =
∫ 2pi
0
∫ 2
0
∫ r2
0
dzrdrdθ =
∫ 2pi
0
∫ 2
0
[z]
r2
0 rdrdθ =
∫ 2pi
0
∫ 2
0
r3drdθ
∫ 2pi
0
[
r4
4
]2
0
dθ =
∫ 2pi
0
4dθ = 8pi.
Portanto ,
z =
Mxy
M
=
32pi
3
1
8pi
=
4
3
e o centro´ide e´ (0, 0, 43 ) . Observe que o centro´ide esta´ fora do so´lido.
31
26. Encontre uma soluc¸a˜o em coodenadas esfe´ricas para a esfera x2+y2+(z−1)2 = 1
Soluc¸a˜o . Usamos as equac¸oes (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 regia˜o , expresse a a´rea com integral dupla iterada e a para´bola
x = y − y2 e a reta y = x + 2
Soluc¸a˜o .
Figura 8: Gra´fico.
∫ 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 regia˜o , expresse a a´rea com integral dupla iterada e a para´bola
x = y − y2 e a reta y = −x
Soluc¸a˜o .
Figura 9: Gra´fico.
∫ 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 regia˜o , expresse a a´rea com integral dupla iterada e a curva y = ex
e as retas y = 0 x = 0 x = lnz
Soluc¸a˜o .
Figura 10: Gra´fico.
∫ lnz
0
∫ ex
0
dydx
=
∫ lnz
0
exdx
= ex
∣∣∣∣lnz
0
= 2− 1 = 1
35
30. Esboce a regia˜o , expresse a a´rea com integral dupla iterada e as curvas
y = lnx e y = 2lnx e a reta x = e , no primeiro quadrante
Soluc¸a˜o .
Figura 11: Gra´fico.
∫ e
1
∫ 2lnx
lnx
dydx
=
∫
1
lnx dx
= x lnx− x
∣∣∣∣e
1
= (e− 2)− (0− 1) = 1
36
31. Esboce a regia˜o de integrac¸a˜o e calcule a integral
∫ pi
0
∫ x
0
xsenydydx.
Soluc¸a˜o . Seja B o triaˆngulo 0 ≤ x ≤ pi, 0 ≤ y ≤ x para cada X fixo em [0, pi]
Assim, ∫ pi
0
xsenydydx →
∫ pi
0
[(−xcosy)]x0 dx
Segue que ∫ pi
0
−xcosx− (−x)dx →
∫ pi
0
−xcosx + xdx
∫ pi
0
x− cosXdx
Fazendo integral por partes

 u = x dv = cosxdu = dx v = senx
Dessa forma,
xsen−
∫
senxdx → xsenx− (−cosx) → xsenx + cosx
Voltando para a integral
x2
2
− (xsenx + cosx)
∣∣∣∣pi
0
to
pi2
2
− (pisenpi + cospi)− (0 + 1)
=
pi2
2
− [(0− 1)− 1] → pi
2
2
+ 2∫ pi
0
∫ x
0
xsenydydx =
pi2
2
+ 2
37
32. Esboce a regia˜o de integrac¸a˜o e calcule a integral∫ 3
0
∫ 2
0
(4− y2)dydx
Soluc¸a˜o . 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 func¸a˜o f(x, y) = x2 + y2 sobre a regia˜o triangular com
ve´rtices (0, 0), (1, 0), e (0, 1)
Soluc¸a˜o . Seja B o triaˆngulo 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 substituic¸a˜o , chama (1− x) de u e deriva em relac¸a˜o a u
Temos : 
 u = 1− xdu = −dx
Assim, ∫ 1
0
−u
3
3
du → −1
3
∫ 1
0
u3 du = − 11
3
(
u4
4
)
Volta para varia´vel 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 e´ limitada por
y =
√
x , y = x2
Soluc¸a˜o . Podemos escrever que a regia˜o D e´ :
D = {(x, y)/ 0 ≤ x ≤ 1 , x2 ≤ y ≤ √x }
Como a fronteira de baixo e´ y = x2 e a de cima e´ y =
√
x , escreve-se a integral como:
∫
D
∫
(x + y) dydx =
∫ 1
0
∫ √x
x2
(x + y) dydx
Segue que
=
∫ 1
0
[
xy +
y2
2
]√x
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 e´ a regia˜o triangular com ve´rtices (0, 2); (1, 1) e (3, 2)
Soluc¸a˜o . A regia˜o D e´ 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 e´ limitada pelo c´ırculo de centro na origem e raio 2
Soluc¸a˜o . A regia˜o D e´ :
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 esta´ dentro do cilindro x2 + y2 = ax e
acima do plano XY
Soluc¸a˜o . 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:
=
∫ pi/2
−pi2
∫ acosθ
a
√
r2
a2 − r2 + 1 rdrdθ
=
∫ pi
2
−pi2
∫ a cosθ
0
ar√
a2 − r2 drdθ
Logo, ∫ pi
2
−pi2
[
−a√a2 − a2cos2θ − a
]
dθ = 2a2
∫ pi
2
0
(
1−
√
1− cos2 θ
)
dθ
2a2
∫ pi
2
0
dθ − 2a2
∫ pi
2
0
√
sen2θdθ
= −2a2
∫ pi
2
0
senθdθ
= a2(pi − 2)
43
38. Calcule a integral tripla
∫ ∫ ∫
E
XZ DV , onde E e´ o so´lido do tetraedro com
ve´rtices (0, 0, 0) (0, 1, 0) (1, 1, 0) e (0, 1, 1)
Soluc¸a˜o . A regia˜o de integrac¸a˜o e´

0 ≤ x ≤ y − z
0 ≤ y ≤ 1
0 ≤ z ≤ y
Enta˜o 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 e´ limitado pelo cilindro parabo´lico y = x2 e pelo planos x = z , x =
y e z = 0
Soluc¸a˜o . O intevalo de integrac¸a˜o e´ :

0 ≤ x ≤ 1
X ≤ y ≤ x2
0 ≤ z ≤ x
Enta˜o 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. Fac¸a o esboc¸o do so´lido cujo volume e´ dada pela integral e calcule-a
∫ 2pi
0
∫ 2
0
∫ 4−r2
0
rdzdrdθ
Soluc¸a˜o . Essa integral iterada e´ uma integral tripla sobre a regia˜o so´lida
E = {(r, θ, z) 0 ≤ θ ≤ 2pi, 0 ≤ r ≤ 2, , 0 ≤ z ≤ 4− r2}
e a projec¸a˜o de E acima do plano XY e´ a paraboloide z = 4 − r2 = 4 − x2 − y2
Utilizando coordenadas cilindricas∫ 2pi
0
∫ 2
0
∫ 4−r2
0
rdzdrdθ =
∫ 2pi
0
∫ 2
0
(4r − r3) drdθ
=
∫ 2pi
0
[
2r2 − 1
4
r4
]r=2
r=0
dθ
=
∫ 2pi
0
(8− 4)dθ = 4θ
∣∣∣∣2pi
0
= 8pi
Logo ∫ 2pi
0
∫ 2
0
∫ 4−r2
0
rdzdrdθ = 8pi
46
41. Fac¸a o esboc¸o do so´lido cujo volume e´ dado pela integral e calcule-a∫ pi
2
0∫ pi
2
0
∫ 1
0
ρ2sinφdρdφ
Soluc¸a˜o . A regia˜o de integrac¸a˜o usando coordenadas esfe´ricas
E = {(ρ, θ, φ) / 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ pi
2
, 0 ≤ φ ≤ pi
2
}
Sabemos que ρ = x2 + y2 + z2 = 1
Enta˜o temos:∫ pi
2
0
∫ pi
2
0
∫ 1
0
ρ2sen φ dρdθdφ =
∫ pi
2
0
∫ pi
2
0
[
1
3
ρ3sen φ
]p=1
p=0
dθdφ
=
∫ pi
2
0
∫ pi
2
0
1
3
sen φ dθdφ =
∫ pi
2
0
1
3
sen φ [φ]
θ= pi2
θ=0 dφ
Logo,
=
1
3
∫ pi
2
0
pi
2
sin φdθ =
pi
6
[−cos]pi20 =
pi
6
47
42. Fac¸a o esboc¸o do so´lido cujo colume e´ dado pela integral e calcule-a∫ pi
3
0
∫ 2pi
0
∫ secφ
0
ρ2sen φ dθdφ
Soluc¸a˜o . A regia˜o de integrac¸a˜o usando coordenadas esfe´ricas
E = {(ρ, θ, φ) / 0leθ ≤ 2pi , 0 ≤ φ ≤ pi
3
, 0 ≤ ρ ≤ sen φ}
Sendo ρ = sec φ equivalente a ρ cosφ = z = 1 A regia˜o so´lida e esta´ limitada entre cone
φ = pi3 e o plano z = 1 Portanto temos:∫ pi
3
0
∫ 2pi
0
∫ secφ
0
ρ2sen φ dρdθdφ =
∫ pi
3
0
∫ 2pi
0
[
1
3
ρ3senφ
]ρ=secφ
ρ=0
dθdφ
Resulta :
=
1
3
∫ pi
3
0
∫ 2pi
0
senφ
cos3φ
dθdφ =
2pi
3
∫ pi
3
0
(tan φ sec2 φ) dφ
=
2pi
3
[
tan2φ
2
]pi
3
0
= pi
48
43. Calcule
∫
R
∫ √
x2 + y2 dxdy sendo R a regia˜o limitada por x2 + y2 = 2x ,
x2 + y2 = 4x , y = x e y =
√
3
3 x
Soluc¸a˜o . A regia˜o 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,
pi
6 ≤ θ ≤ pi4
2cosθ ≤ r ≤ 4cosθ Logo,∫
R
∫ √
x2 + y2 dxdy →
∫ pi
4
pi
6
(
r3
3
∣∣∣∣4 cos θ
2cosθ
)
θ
1
3
∫ pi
4
pi
6
64cos3θ − 8cos3 θ dθ
Portanto temos
56
3
∫ pi
4
pi
6
cos3θ dθ to
56
3
∫ pi
4
pi
6
(1− sen2θ) cosθ dθ
Fazendo a substituic¸a˜o : chama senθ de U e deriva em relac¸a˜o a U, temos :
 u = senθdu = cosθdθ
56
3
∫ pi
4
pi
6
(1− u2) du
49
Assim,
56
3
(
u− u
3
3
) ∣∣∣∣
pi
4
pi
6
=
56
3
(
sen θ − sen
3θ
3
) ∣∣∣∣
pi
4
pi
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}
Soluc¸a˜o .
1 ≤ r ≤ 2 Sendo

 x = rcosθy = rsenθ dxdy = rdrdθ
Considerando
x2 + y2 = r2
Assim, ∫
B
∫
r2r drdθ →
∫ 2pi
0
∫ 2
1
r3 drdθ
=
∫ 2pi
0
[
r4
4
∣∣∣∣2
1
]
dθ →
∫ 2pi
0
(
4− 1
4
)
dθ
15
4
∫ 2pi
0
dθ → θ
∣∣∣∣2pi
0
→ 15
4
· 2pi = 15
2
pi
51
45. Calcule a integral abaixo : ∫ 1
0
∫ 4
4x
e−y
2
dydx
Soluc¸a˜o . Nesse caso na˜o e´ poss´ıvel calcular a integral, pois f(y) = e−y
2
na˜o possui
primitiva, enta˜o esboc¸a-se a a´rea A regia˜o 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 substituic¸a˜o
 u = −y
2
du = −2ydy → −fdu2 = ydy
Enta˜o 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 e´ a regia˜o inferior ao cilindro x2 + y2 = 1 e a esfera x2 + y2 + z2 = 4
Soluc¸a˜o .
*Em baixo z = −
√
4− x2 − y2
*Em cima z =
√
4− x2 − y2
Dessa forma 
 -
√
4− x2 − y2 ≤ z ≤
√
4− x2 − y2
x2 + y2 = 1
Usando coordenadas cilindrica 

x = rcosθ
y = rsenθ
z = z
achar o Jacobiano: ∣∣∣∣σ(x, y, z)σ(r, θ, z)
∣∣∣∣ = r
A regia˜o de integrac¸a˜o e´ :
R′


-
√
4− r2cos2θ − r2sen2θ ≤ z ≤ √4− r2cos2θ − r2sen2θ
0 ≤ θ ≤ 2pi
0 ≤ r ≤ 1
Logo ∫ ∫ ∫
R′
(r2cos2θ + r2sen2θ)r dzdrdθ
∫ 2pi
0
∫ 1
0
∫ √4−r2
−√4−r2
r3 dzdrdθ =
∫ 2pi
0
∫ 1
0
r3
(√
4− r2 +
√
4− r2
)
drdθ
=
∫ 2pi
0
∫ 1
0
r3(2
√
4− r2) drdθ = 2
∫ 2pi
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
Enta˜o temos
2
∫ 2pi
0
∫ −3
4
(4− u)√u− du
2
dθ →
∫ 2pi
0
∫ 4
3
(4− u)√u dudθ
=
∫ 2pi
0
∫ 4
3
(4− u) · u1/2 dudθ
=
∫ 2pi
0
∫ 4
3
4u1/2 − u3/2dudθ →
∫ 2pi
0
4u3/2
3/2
− u
5/2
5/2
∣∣∣∣4
3
dθ
=
∫ 2pi
0
8
3
u3/2 − 2
5
u5/2
∣∣∣∣4
3
dθ
=
∫ 2pi
0
(
8
3
(8)− 2
5
(32)− 8
3
(3
√
3) +
2
5
(9
√
2)
)
dθ
=
∫ 2pi
0
(
64
3
− 64
5
− 8
√
3 +
18
5
√
3
)
dθ
=
(
64
3
− 64
5
− 8
√
3 +
18
5
√
3
)
2pi
=
(
256
15
− 44
√
3
5
)
pi
54
47. Calcule
∫ ∫ ∫
B
Zdxdydz onde B e´ o conjunto x2 + y2 + z2 ≤ 1 e z ≥
√
x2 + y2
Soluc¸a˜o . Usando coordenadas esfe´ricas.

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 =
pi
4
(Cone que passa na origem )
Enta˜o temos ∫ 2pi
0
∫ pi
4
0
∫ 1
0
rcosσ (r2 senσ) drdσdθ
=
∫ 2pi
0
∫ pi
4
0
∫ 1
0
r3 cosσ sen σ drdydθ
=
∫ 2pi
0
∫ pi
4
0
r4
4
∣∣∣∣1
0
cosσ senσ dσ dtheta
=
∫ 2pi
0
∫ pi
4
0
1
4
cosσsenσ dσdθ
Sabemos que cos σsenσ = sen 2σ2
=
∫ 2pi
0
∫ pi
4
0
1
4
sen2σ
2
dσdθ → 1
4
∫ 2pi
0
(−cos 2σ)
4
∣∣∣∣
pi
4
0
dθ
=
1
16
(0− (−1))
∫ 2pi
0
dθ =
1
6
(2pi) =
pi
8
55
48. Calcule o volume do so´lido compreendido entre o cone e a superf´ıcie delimi-
tados pelas equac¸o˜es a seguir:
x2 + y2 + z2 = 2z
x2 + y2 + z2 − 2z = 0
x2 + y2 + z2 − 2z + 1 = 1
(x2 + y2) + (z − 1)2 = 1
Soluc¸a˜o . Achando a variac¸a˜o de raio R varia de 0 ate´ a esfera x2 + y2 + z2 = 2z
r2sen2σcos2θ + r2sen2σsen2θ + r2cos2σ = 2rcosσ
r = 2cosσ
A regia˜o de integrac¸a˜o e´ : 

0 ≤ r ≤ 2cosσ
0 ≤ σ ≤ pi4
0 ≤ θ ≤ 2pi
Volume e´∫ ∫ ∫
dxdydz =
∫ ∫ ∫ ′
R
r2senσ drdσdθ =
∫ 2pi
0
∫ pi
4
0
∫ 2cosσ
0
r2senσ drdσdθ
∫ 2pi
0
∫ pi
4
0
r3
3
∣∣∣∣2cosσ
0
senσ dσdθ =
∫ 2pi
0
∫ pi
4
0
8
3
cos3σsenσ dσdθ
∫ 2pi
0
∫ √2
2
1
8
3
u3 dudθ =
8
3
∫ 2pi
0
∫ 1
√
2
2
u3dudθ
=
8
3
∫ 2pi
0
u4
4
∣∣∣∣1√
2
2
dθ =
8
3
∣∣∣∣2pi
0
(
1
4
−
4
16
4
)
dθ
8
3
∫ 2pi
0
(
1
4
− 1
16
)
dθ → 8
3
∫ 2pi
0
(
3
16
)
dθ =
1
2
∫ 2pi
0
dθ
=
2pi
2
= pi
56
49. Encontre o volume do elipso´ide x
2
a2 +
y2
b2 +
z2
c2 ≤ 1
Soluc¸a˜o .
V =
∫ ∫ ∫
R
dxdydz
Transformar elipso´ide em uma esfera por mudanc¸a de varia´vel
Logo, ∫ 2pi
0
∫ pi
0
∫ 1
0
abcr2senσ drdσdθ
∫ 2pi
0
∫ pi
0
[
r3
3
abc senσ
∣∣∣∣1
0
]
dσdθ
= abc
∫ 2pi
0
∫ pi
0
[
1
3
senσ
]
dσdθ
=
abc
3
∫ 2pi
0
[
−cosσ
∣∣∣∣pi
0
]
dθ
=
abc
3
∫ 2pi
0
(1− (−1))dθ → abc
3
[
2θ
∣∣∣∣2pi
0
]
=
abc
3
[4pi]
=
4piabc
3
5750. Calcule
∫
R
∫ √y−x
1+y+x dxdy onde R e´ o triaˆngulo de ve´rtices (0, 0) (1, 0) (0, 1)
Soluc¸a˜o .

 u = y − xv = 1 + y + x
u + v = 1 + 2y
2y = u + v − 1
y =
u + v − 1
2
u = y − x
u =
u + v − 1
2
− x
2u =
u + v − 1− 2x
2
x =
−u + v − 1
2
Encontrar o Jacobiano
∂(x, y)
∂(u, v)
= A =

 ∂x∂u ∂x∂V
∂y
∂u
∂y
∂V

 = A =

 −12 12
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 regia˜o D : {(x, y) : −1 6 x 6 1, 0 6 y 6 1}
e a densidade ρ(x, y) = x2
Soluc¸a˜o . 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]
Soluc¸a˜o . 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 a´rea do gra´fico entre a func¸a˜o seno e cosseno. sin[0, 2Π] e cos[0, 2Π]
Soluc¸a˜o . A a´rea que procuramos esta´ compreendida entre os ponto em que o seno igual
ao coseno. Vamos proccurar esses pontos. sinx = cosx se,somente se, x = x4 ou x =
xΠ
4
A =
∫ 5Π
4
x
4
∫ sin
cos
dydx =
∫ 5Π
4
x
4
(sinx−cosx)dx = [−cosx−sinx]| 5Π4x
4
= (
√
2
2
+
√
2
2
)−(−
√
2
2
−
√
2
2
) =
2
√
2
2
Portanto a a´rea procurada e´
A =
2
√
2
2
61
54. Calcular a a´rea da regia˜o entre y =
√
x e o eixo x. [0,4]
Soluc¸a˜o . Sabemos que: y =
√
x −→ y2 = x, logo temos duas opc¸o˜es para encontrar
essa a´rea.
1 - A =
∫ 4
0
∫√x
0
dydx
ou
2 - A =
∫ 2
0
∫ 4
y2
dydx
Resolveremos pela primeira opc¸a˜o.
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 a´rea da procurada eh
A =
16
4
62
55. Calcular o volume do so´lido entre o plano x+2y+z = 2 e os eixos coordenados.
Soluc¸a˜o .
Para z = 0, temos que y = 2−x2
Para y = 0, temos que z = 2− x
A func¸a˜o que precisamos para calcular esse volume, encontramos a partir da a´rea do
triaˆngulo retaˆngulo formado pelo gra´fico. 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 so´lido eh:
V =
2
3
63
56. Calcular o volume de f(x, y) = x2+y, sobre a regia˜o R = {(x,y), 1 6 x2+y2 6 5}.
Soluc¸a˜o .
Temos f(x, y) = x2 + y, sobre a regia˜o R = {(x,y), 1 6 x2 + y2 6 5}, vamos usar uma
mudanc¸a de coordenada para resolver esse problema. Utilizaremos coordenadas polares.
A regia˜o 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 e´:
V = 6Π
64
57. Calcular o volume limitado acima pelo hemisfe´rio z =
√
16− x2 − y2 sobre o
disco x2 + y2 = 4.
Soluc¸a˜o .
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 e´ resolvida por subistituic¸a˜o:
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 laˆmina que e´ 14 do c´ırculo unita´rio, sabendo que a densi-
dade ρ(x, y) e´ diretamente proporcional a distaˆncia d(ρ, (0, 0)).
Soluc¸a˜o .
Como sabemos que a densidade e´ proporcional a distaˆncia, 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 mudanc¸a 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|Π20 =
kΠ
6
Logo, a massa e´ igual a
M =
kΠ
6
66
59. Calcular a´rea da regia˜o contida no plano z = 2 − x − y, que cobre 14 do c´ırulo
unita´rio.
Soluc¸a˜o .
Inicialmente vamos calcular as derivadas parciais da func¸a˜o:
f(x, y) = 2− x− y ; fx = −1 ; fy = −1
Vale salientar que no c´ırculo unita´rio a variac¸a˜o e´ 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 resoluc¸a˜o 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 a´rea da regiaa˜o e´
S =
√
3Π
4
67
60. Calcular a a´rea do parabolo´ide z = 1 + x2 + y2, sobre a regia˜o delimitada pelo
c´ırculo x2 + y2 = 4
Soluc¸a˜o .
Calculando as derivadas parciais da func¸a˜o temos:
f(x, y) = 1 + x2 + y2 ; fx = 2x ; fy = 2y
Usando a fo´rmula para calcularmos a a´rea:
S =
∫
R
∫ √
1 + f2x + f
2
y dA =
∫ 2Π
0
∫ 2
0
√
1 + 4r2rdrdΘ
Aplicando uma substituic¸a˜o 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 a´rea e´
S =
1
6
(17
√
17− 1)Π
68
61. Calcular a massa do so´lido Q, que esta´ entre o elipso´ide 4x2 + 4y2 + z2 = 16 e o
plano xy, sabendo que a densidade no ponto (x,y,z) e´ proporcional a distaˆcia
a xy.
Soluc¸a˜o .
Para z = 0 temos: 4x2 + 4y2 = 16 —– x2 + y2 = 4
Temos, ρ(x, y, z) = kz, pois a distaˆncia 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 so´lido Q e´
M = 16kΠ
69
62. Calcular o volume do so´lido limitado acima e abaixo pela esfera x2 +y2 +z2 = 4
e pelo cilindro x2 + y2 − 2y = 0.
Soluc¸a˜o .
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 substituic¸a˜o 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 ja´ temos como resolver a segunda integral, voltamos a integrac¸a˜o 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 e´:
V =
16Π
3
70
63. Calcular o volume do so´lido limitado acima esfera x2+y2+z2 = 9 e lateralmente
pelo cone z =
√
x2 + y2.
Soluc¸a˜o .
Temos que a equac¸a˜o da esfera e´: x2 + y2 + z2 = 9 = ρ2 −→ ρ2 = 9 −→ ρ = 3
Calculamos a intersec¸a˜o 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|Π40 − 9(
√
2
2
− 1)2Π = 9Π(2−
√
2)
Portanto, o do so´lido e´:
V = 9Π(2−
√
2)
71
64. Calcular o centro de massa do so´lido Q que esta´ compreendido entre o parabolo´lide
z = x2 + y2 e o plano z = 4, sabendo que a densidade e´ uniforme.
Soluc¸a˜o .
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)|Π20 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 so´lido Q e´
(x, y, z) = (0, 0,
300
40
√
20
)
72
65. Calcular
∫
S
∫
yda, da regia˜o S delimitada a baixo pelas para´bolas y2 = 4− 4x e
y2 = 4 + 4x e acima pelo eixo x.
Soluc¸a˜o .
Vale salientar que S e´ a imagem inversa do retaˆngulo R, assim usamos uma transformac¸a˜o
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.
Soluc¸a˜o .
Primeiramente sabemos que a regia˜o B e´ um retaˆngulo, vejamos:∫
B
∫
(x2 + y2)dxdy onde, B e´ retaˆngulo 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 questa˜o e´:
V =
2
3
74
67. Calcular o volume do conjunto de todos os pontos (x,y,z) tais que x2 + y2 6
z 6 2− x2 − y2.
Soluc¸a˜o .
Primeiramente vamos determinar a intersec¸a˜o dos gra´ficos z = x2 + y2 e z = 2− x2 − y2
z = x2 + y2 = 2− x2 − y2 ⇐⇒ x2 + y2 = 1, logo a intesec¸a˜o e´ a circunfere˜ncia 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 e´ igual a:
V =
Π
2
75
68. Inverta a ordem de integrac¸a˜o e calcule
∫ 1
0
∫ 1√
y
sinx3dxdy.
Soluc¸a˜o .
Sabemos que x: [
√
y, 1] e y: [0, 1], assim B = {(x, y)�R2/0 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 }.
Soluc¸a˜o .
Fazendo uma mudanc¸a de varia´vel 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 = 12
Calculando o jacobiano temos,
∣∣∣∣∣∣
1
2
1
2
− 12 12
∣∣∣∣∣∣ = 12
∫
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.
Soluc¸a˜o .
Temos que;
x : [0, 1] e y : [0, x] ; 0 6 x 6 1 ; 0 6 y 6 x
Fazendo uma mudanc¸a de varia´vel 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 ρsinΘ
Calculando 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.
Soluc¸a˜o . Inicialmente vamos calcular a primitiva de xsiny em relac¸a˜o a y.
∫ Π
0
∫ x
0
xsinydydx =
∫ Π
0
[−xcosy]x0dx =
∫ Π
0
(x− xcosx)dx =
Agora vamos calcular a primitiva (x− xcosx) em relac¸a˜o 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.
Soluc¸a˜o . Como os limites de integrac¸a˜o e a func¸a˜o ja´ foram definidos na questa˜o, vamos
apenas calcular as primitivas da func¸a˜o, primeiro em relac¸a˜o a x e depois a y e aplicarmos
os limites de integrac¸a˜o.
Comecemos, primitiva em relac¸a˜o 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 81
∫ ln y
0
ex+ydxdy = 8 ln 8− 16 + e
80
73. Calcule o volume da regia˜o limitada pelo parabolo´ide z = x2+y2 e inferiormente
triaˆngulo delimitado pelas retas y = x, x = 0 e x + y = 2 no plano xy.
Soluc¸a˜o .Calculando so limites de integrac¸a˜o, 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 e´:
V =
4
3
81
74. Calcule
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
(x2 + y2 + z2)dzdydx.
Soluc¸a˜o . Primeiro calculamos integral em relac¸a˜o a z, depois em relac¸a˜o y e por u´ltimo
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.
Soluc¸a˜o . Inicialmente calculamos integral em relac¸a˜o a z, depois em relac¸a˜o x e por
u´ltimo 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.
Soluc¸a˜o . Inicialmente calculamos integral em relac¸a˜o a x, depois em relac¸a˜o a y e por
u´ltimo 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.
Soluc¸a˜o . Inicialmente calculamos integral em relac¸a˜o a z, depois em relac¸a˜o a y e por
u´ltimo 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 evideˆncia 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.
Soluc¸a˜o . Inicialmente calculamos integral em relac¸a˜o a x, depois em relac¸a˜o a y e por
u´ltimo 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.
Soluc¸a˜o . Inicialmente calculamos integral em relac¸a˜o a y, depois em relac¸a˜o a x e por
u´ltimo 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.
Soluc¸a˜o . Inicialmente calculamos integral em relac¸a˜o a z, depois em relac¸a˜o a y e por
u´ltimo 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.
Soluc¸a˜o . Inicialmente calculamos integral em relac¸a˜o a z, depois em relac¸a˜o a x e por
u´ltimo a y,aplicando os limites de integrac¸a˜o 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−y2dy =
∫ 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.
Soluc¸a˜o . Inicialmente calculamos integral em relac¸a˜o a z, depois em relac¸a˜o a y e por
u´ltimo a x,aplicando os limites de integrac¸a˜o 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 evideˆncia 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.
Soluc¸a˜o . Inicialmente calculamos integral em relac¸a˜o a t, depois em relac¸a˜o a r e por
u´ltimo a s,aplicando os limites de integrac¸a˜o 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 regia˜o no primeiro octante limitada pelos planos coorde-
nados, pelo plano y = 1− x e pela superf´ıcie z = cos(Πx2 ), 0 6 x 6 1.
Soluc¸a˜o . Analizando o enuciado da questa˜o podemos encontrar facilmente os limites de
integrac¸a˜o.
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 subustituic¸a˜o 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 sin u]
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.
Soluc¸a˜o . Analizando o enuciado da questa˜o observamos que devemos usar coordenadas
cil´ındricas, integrando primeiro em relac¸a˜o 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
r23
dzrdrdΘ.
Soluc¸a˜o . Analizando o enuciado da questa˜o observamos que devemos usar coordenadas
cil´ındricas, integrando primeiro em relac¸a˜o 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.
Soluc¸a˜o . Analizando o enuciado da questa˜o observamos que devemos usar coordenadas
cil´ındricas, integrando primeiro em relac¸a˜o 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 integrac¸a˜o para integrar f(r, θ) sobre a regia˜o R que
esta´ dentro da cardio´ide r = 1 + cosθ e fora da circunfereˆncia r = 1 .
Soluc¸a˜o . Passo 1 : Um esboc¸o. Esboc¸amos a regia˜o e identificamos as curvas
limitantes.
Passo 2 : Os limites de integrac¸a˜o de r. Um raio t´ıpico a partir da origem entra em
R onde r = 1 e sai onde r = 1 + cosθ.
Passo 3 : Os limites de integrac¸a˜o de θ . Os raios a partir da origem que apresentam
intersecc¸a˜o com R variam de θ = −pi/2 a θ = pi/2. A integral e´ :
∫ pi
2
−pi2
∫ 1+cosθ
1
f(r, θ)rdrdθ
Se f(r, θ)e´ a func¸a˜o constante cujo valor e´ 1 , enta˜o a integral de f sobre r e´ a a´rea de
R .
A a´rea de uma regia˜o R fechada e limitada no plano de coorde-
nadas polares e´
a =
∫ ∫
R
rdrdθ.
Como seria de esperar, essa fo´rmula para a a´rea e´ condizente com todas as fo´rmulas
anteriores, embora na˜o provemos esse fato .
96
89. Calcule ∫ ∫
R
ex
2+y2dydx,
onde R a regia˜o semicircular limitada pelo eixo X e pela curva , y =
√
1− x2.
Soluc¸a˜o . Em coordenadas cartesianas, a integral em questa˜o e uma intefral na˜o elemen-
tar e na˜o existe nenhuma maneira direta de integrar ex
2+y2 em relaca˜o a X ou Y.Ainda
assim essa integral e outras integrais como essa sa˜o importantes em matema´tica — em
estat´ıstica por exemplo — e queremos encontrar uma maneira de calcula´-la.As coorde-
nadas polares servem para isso. A substituica˜o 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 =
∫ pi
0
∫ 1
0
er
2
rdrdθ =
∫ pi
0
[
1
2
er
2
]1
0
dθ
∫∫
R
ex
2+y2dydx =
∫ pi
0
1
2
(e− 1)dθ = pi
2
(e− 1)
O r em r dr dθ era justamente o que precisa´vamos para integrar. Sem isso, estariamos
impedidos de prosseguir, como no comec¸o .
97
90. Encontre o momento polar da ine´rcia em relaca˜o a origem de uma placa fina
de densidade δ(x, y) = 1 limitada pelo quarto de circunfereˆncia x2 + y2 = 1 no
primeiro quadrante .
Soluc¸a˜o . Em coordenadas cartesianas, o momento polar e´ o valor da integral
∫ 1
0
∫ √1−x2
0
dydx
Integrando em relac¸a˜o a y, temos :
∫ 1
0
(
x2
√
1− x2 + (1− x
2)
3
2
3
)
dx
Uma integral dif´ıcil 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 =
∫ pi
2
0
∫ 1
0
(r2)rdrdθ
=
∫ pi
2
0
[
r4
4
]r=1
r=0
dθ =
∫ pi
2
0
1
4
dθ =
pi
8
Por que a transformac¸a˜o em coordenadas polares e´ ta˜o eficaz aqui ? Um motivo e´ que
x2 + y2 e´ simplificada para r2 . Outro motivo e´ que os limites de integrac¸a˜o tornam-se
constantes.
98
91. Calcule
∫ Π
0
∫ Θ
Π
0
∫ 3√4−r2
−√4−r2 zdzrdrdΘ.
Soluc¸a˜o . Analizando o enuciado da questa˜o observamos que devemos usar coordenadas
cil´ındricas, integrando primeiro em relac¸a˜o 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.
Soluc¸a˜o . Analizando o enuciado da questa˜o observamos que devemos usar coordenadas
cil´ındricas, integrando primeiro em relac¸a˜o 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.
Soluc¸a˜o . Analizando o enuciado da questa˜o observamos que devemos usar coordenadas
cil´ındricas, integrando primeiro em relac¸a˜o 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.
Soluc¸a˜o . Analizando o enuciado da questa˜o observamos que devemos usar coordenadas
esfe´ricas, integrando primeiro em relac¸a˜o 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
∫ pi
0
sin2 φdφ)dθ = 2
∫ pi
0
∫ pi
0
sin2 φdφdθ =
∫ pi
0
[θ− sin 2θ
2
]dθ =
∫ pi
0
Πdθ = pi2
Assim;
∫ Π
0
∫ Π
0
∫ 2 sin φ
0
ρ2 sinφdρdφdθ = pi2
102
95. Calcule
∫ 2Π
0
∫ Π
4
0
∫ 2
0
(ρ cos φ)ρ2 sinφdρdφdθ.
Soluc¸a˜o . Analizando o enuciado da questa˜o observamos que devemos usar coordenadas
esfe´ricas, integrando primeiro em relac¸a˜o a ρ, logo depois a φ e por fim a Θ.
∫ 2Π
0
∫ Π
4
0
∫ 2
0
(ρ cos φ)ρ2 sin φdρdφdθ =
∫ 2Π
0
∫ Π
4
0
[
ρ4
4
]20 cosφ sin φdφdθ =
∫ 2Π
0
∫ Π
4
0
4 cos φ sin φdφdθ =
∫ 2pi
0
[2 sin φ]
Π
4
0 dθ =
∫ 2pi
0
dθ = [θ]2pi0 = 2pi
Portanto;
∫ 2Π
0
∫ Π
4
0
∫ 2
0
(ρ cos φ)ρ2 sinφdρdφdθ = 2pi
103
96. Calcule
∫ 2Π
0
∫ pi
0
∫ 1−cos φ
2
0
ρ2 sin φdρdφdθ.
Soluc¸a˜o . Analizando o enuciado da questa˜o observamos que devemos usar coordenadas
esfe´ricas, integrando primeiro em relac¸a˜o a ρ, logo depois a φ e por fim a Θ.
∫ 2Π
0
∫ pi
0
∫ 1−cos φ
2
0
ρ2 sin φdρdφdθ =
∫ 2Π
0
∫ pi
0
[
ρ3
3
]
1−cos φ
2
0 sinφdφdθ =
1
24
∫ 2Π
0
∫ pi
0
(1−cos φ)3 sin φdφdθ =
1
96
∫ 2pi
0
[(1− cos φ)4]pi0dθ =
1
96
∫ 2pi
0
(24 − 0)dθ = 16
96
∫ 2pi
0
dθ =
16
96
[θ]2Π0 =
1
6
(2pi) =
pi
3
Assim;
∫ 2Π
0
∫ pi
0
∫ 1−cos φ
2
0
ρ2 sinφdρdφdθ=
pi
3
104
97. Calcule
∫ 3pi
2
0
∫ pi
0
∫ 1
0
5ρ3 sin3 φdρdφdθ.
Soluc¸a˜o . Analizando o enuciado da questa˜o observamos que devemos usar coordenadas
esfe´ricas, integrando primeiro em relac¸a˜o a ρ, logo depois a φ e por fim a Θ.
∫ 3pi
2
0
∫ pi
0
∫ 1
0
5ρ3 sin3 φdρdφdθ =
∫ 3pi
2
0
∫ pi
0
[
5ρ4
4
]10 sin
3 φdφdθ =
5
4
∫ 3pi
2
0
∫ pi
0
sin3 dφdθ =
5
4
∫ 3pi
2
0
([− sin
2 φ cos φ
3
]pi0+
2
3
∫ pi
0
sin φdφ)dθ =
5
6
∫ 3pi
2
0
[− cos φ]pi0dθ =
5
3
∫ 3pi
2
0
dθ = [θ]
3pi
2
0 =
5pi
2
Desta forma;
∫ 3pi
2
0
∫ pi
0
∫ 1
0
5ρ3 sin3 φdρdφdθ =
5pi
2
105
98. Calcule
∫ 2pi
0
∫ pi
4
0
∫ sec φ
0
(ρ cos φ)ρ2 sin φdρdφdθ.
Soluc¸a˜o . Analizando o enuciado da questa˜o observamos que devemos usar coordenadas
esfe´ricas, integrando primeiro em relac¸a˜o a ρ, logo depois a φ e por fim a Θ.
∫ 2pi
0
∫ pi
4
0
∫ sec φ
0
(ρ cos φ)ρ2 sin φdρdφdθ =
∫ 2pi
0
∫ pi
4
0
∫ sec φ
0
ρ3 sin φ cos φdρdφdθ =
∫ 2pi
0
∫ pi
4
0
[
ρ4
3
]sec φ0 sin φ cosφdφdθ =
1
4
∫ 2pi
0
∫ pi
4
0
tan φ sec2 φdφdθ =
1
4
∫ 2pi
0
[
1
2
tan2 φ]
pi
4
0 dθ =
1
8
∫ 2pi
0
dθ =
1
8
[θ]2pi0 =
pi
4
Logo;
∫ 2pi
0
∫ pi
4
0
∫ sec φ
0
(ρ cos φ)ρ2 sin φdρdφdθ =
pi
4
106
99. Calcule
∫ 2pi
0
∫ pi
3
0
∫ 2
sec φ
3ρ2 sinφdρdφdθ.
Soluc¸a˜o . Analizando o enuciado da questa˜o observamos que devemos usar coordenadas
esfe´ricas, integrando primeiro em relac¸a˜o a ρ, logo depois a φ e por fim a Θ.
∫ 2pi
0
∫ pi
3
0
∫ 2
sec φ
3ρ2 sinφdρdφdθ =
∫ 2pi
0
∫ pi
3
0
[
3ρ3
3
]2sec φ sin φdφdθ =
∫ 2pi
0
∫ pi
3
0
(8−sec3 φ) sin φdφdθ =
=
∫ 2pi
0
[−8 cos φ− 1
2
sec2 φ]
pi
3
0 dθ =
∫ 2pi
0
[(−4−2)− (−8− 1
2
)]dφ =
5
2
∫ 2pi
0
dθ =
5
2
[θ]2pi0 =
5pi
2
Portanto;
∫ 2pi
0
∫ pi
3
0
∫ 2
sec φ
3ρ2 sin φdρdφdθ =
5pi
2
107
100. Calcule
∫ 2
0
∫ 0
−pi
∫ pi
2
pi
4
ρ3 sin 2φdφdθdρ.
Soluc¸a˜o . Analizando o enuciado da questa˜o observamos que devemos usar coordenadas
esfe´ricas, integrando primeiro em relac¸a˜o a φ, logo depois a θ e por fim a ρ.
∫ 2
0
∫ 0
−pi
∫ pi
2
pi
4
ρ3 sin 2φdφdθdρ =
∫ 2
0
∫ 0
−pi
ρ3[−cos 2φ
2
]
pi
2
pi
4
dθdρ =
∫ 2
0
∫ 0
−pi
ρ3
2
dθdρ =
=
∫ 2
0
ρ3pi
2
dρ = [
ρ4pi
8
]20 = 2pi
Logo;
∫ 2
0
∫ 0
−pi
∫ pi
2
pi
4
ρ3 sin 2φdφdθdρ = 2pi
108
101. Calcule
∫ pi
3
pi
6
∫ 2 csc φ
csc φ
∫ 2pi
0
ρ2 sin φdθdρdφ.
Soluc¸a˜o . Analizando o enuciado da questa˜o observamos que devemos usar coordenadas
esfe´ricas, integrando primeiro em relac¸a˜o a θ, logo depois a ρ e por fim a φ.
∫ pi
3
pi
6
∫ 2 csc φ
csc φ
∫ 2pi
0
ρ2 sinφdθdρdφ =
∫ pi
3
pi
6
∫ 2 csc φ
csc φ
ρ2 sinφ[θ]2pi0 dρdφ = 2pi
∫ pi
3
pi
6
∫ 2 csc φ
csc φ
ρ2 sinφdρdφ =
=
2pi
3
∫ pi
3
pi
6
[ρ3 sinφ]2 csc φcsc φ dφ =
14pi
3
∫ pi
3
pi
6
csc2 φdφ =
14pi
3
[tan φ]
pi
3
pi
6
=
28pi
3
√
3
Assim;
∫ pi
3
pi
6
∫ 2 csc φ
csc φ
∫ 2pi
0
ρ2 sin φdθdρdφ =
28pi
3
√
3
109
102. Calcule
∫ 1
0
∫ pi
0
∫ pi
4
0
12ρ sin3 φdφdθdρ.
Soluc¸a˜o . Analizando o enuciado da questa˜o observamos que devemos usar coordenadas
esfe´ricas, integrando primeiro em relac¸a˜o a φ, logo depois a θ e por fim a ρ.
∫ 1
0
∫ pi
0
∫ pi
4
0
12ρ sin3 φdφdθdρ =
∫ 1
0
∫ pi
0
(12ρ[
− sin2 φ cos φ
3
]
pi
4
0 + 8ρ
∫ pi
4
0
sin φdφ)dθdρ =
=
∫ 1
0
∫ pi
0
(− 2ρ√
2
− 8ρ[cos φ] pi40 )dθdφ =
∫ 1
0
∫ pi
0
(8ρ− 10ρ√
2
)dθdφ =
∫ 1
0
(8ρ− 10ρ√
2
)[θ]pi0dρ =
= pi
∫ 1
0
(8ρ− 10ρ√
2
)dρ = pi[4ρ2 − 5ρ
2
√
2
]10 =
(4
√
2− 5)pi√
2
Desta forma;
∫ 1
0
∫ pi
0
∫ pi
4
0
12ρ sin3 φdφdθdρ =
(4
√
2− 5)pi√
2
110
103. Calcule
∫ pi
2
pi
6
∫ pi
2
−pi2
∫ 2
csc φ
5ρ4 sin3 φdρdθdφ.
Soluc¸a˜o . Analizando o enuciado da questa˜o observamos que devemos usar coordenadas
esfe´ricas, integrando primeiro em relac¸a˜o a ρ, logo depois a θ e por fim a φ.
∫ pi
2
pi
6
∫ pi
2
−pi2
∫ 2
csc φ
5ρ4 sin3 φdρdθdφ =
∫ pi
2
pi
6
∫ pi
2
−pi2
[
5ρ5
5
]2csc φ sin
3 φdθdφ =
∫ pi
2
pi
6
∫ pi
2
−pi2
(32−csc5) sin3 φdθdφ =
=
∫ pi
2
pi
6
∫ pi
2
−pi2
(32 sin3 φ− csc2)dθdφ =
∫ pi
2
pi
6
(32 sin3 φ− csc2)[θ]pi2−pi2 dφ =
= pi
∫ pi
2
pi
6
(32 sin3 φ− csc2)dφ = pi[−32 sin
2 cosφ
3
]
pi
2
pi
6
+
64pi
3
∫ pi
2
pi
6
sin φdφ + pi[cot φ]
pi
2
pi
6
=
= pi(
32
√
3
24
)− 64pi
3
[cos φ]
pi
2
pi
6
+ pi(
√
3) =
√
3
3
pi + (
64pi
3
)(
√
3
2
) =
33pi
√
3
3
= 11pi
√
3
Portanto;
∫ pi
2
pi
6
∫ pi
2
−pi2
∫ 2
csc φ
5ρ4 sin3 φdρdθdφ = 11pi
√
3
111
104. Calcule
∫
B
∫
ydxdy onde B(0,0),(1,0) e (1,1)
Soluc¸a˜o . Fazendo o estudo dos pontos achamos o intervalo de integrac¸a˜o 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}
Soluc¸a˜o . Com os intervalos de integrac¸a˜o 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 e´
=
13
3
113
106. Calcule
∫
B
∫
ydxdy onde B: (-1,0), (0,0), (1,1) e (0,1)
Soluc¸a˜o . Com os pontos dados no problema achamos os intervamos de integrac¸a˜o e
diante disso a integral dupla e´ 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)
Soluc¸a˜o . Com os pontos dados no problema achamos os intervamos de integrac¸a˜o ,
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
Soluc¸a˜o .
∫ 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
Soluc¸a˜o .
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 ≤ 2pi
. Efetuando o
ca´lculo 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
∫ 2pi
0
∫ 1
0
(1− 2r
2
2
cos2 θ − r2 sin2 θ) r√
2
drdθ =
∫ 2pi
0
∫ 1
0
(1− r2) r√