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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√
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