Exercício integral dupla com gabarito

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Fundac¸a˜o Centro de Cieˆncias e Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Ca´lculo IV – EP1 – Tutor
Exerc´ıcio 1: Calcule
∫∫
D
(y2ex + y sen x) dxdy, onde D e´ o retaˆngulo dado por 0 ≤ x ≤ pi/2
e 0 ≤ y ≤ 1.
Soluc¸a˜o: Do teorema de Fubini, temos:
∫∫
D
(
y2ex + y sen x
)
dxdy =
∫ pi/2
0
∫
1
0
(
y2ex + y sen x
)
dydx
=
∫ pi/2
0
[
y3
3
ex +
y2
2
sen x
]y=1
y=0
dx
=
∫ pi/2
0
(
1
3
ex +
1
2
sen x
)
dx
=
[
1
3
ex − 1
2
cosx
]pi/2
0
=
(
1
3
epi/2 − 1
2
cos
pi
2
)
−
(
1
3
e0 − 1
2
cos 0
)
=
1
3
epi/2 − 1
3
+
1
2
=
1
3
epi/2 +
1
6
.
Exerc´ıcio 2: Determine a regia˜o de integrac¸a˜o e troque a ordem de integrac¸a˜o das seguintes integrais:
a)
∫ 1
0
∫ x
0
f(x, y) dydx
b)
∫ 1
0
∫ y
0
f(x, y) dxdy
c)
∫ 1
0
∫ √x
x2
f(x, y) dydx
d)
∫ 1
0
∫ x+1
2x
f(x, y) dydx
e)
∫ 2
0
∫ 2−y
−
√
4−y2
f(x, y) dxdy
Soluc¸a˜o:
a) Na integral
∫ 1
0
∫ x
0
f(x, y) dydx, vemos que x varia de 0 a 1 e y varia de 0 a x, isto e´, y varia
do eixo x (y = 0) ate´ a reta y = x. Logo, a regia˜o de integrac¸a˜o D e´ do tipo I, descrita por
D = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ x}, e cujo esboc¸o esta´ representado na figura que se segue.
Ca´lculo IV EP1 – Tutor 2
x
y
D
y = x ⇒ x = y
y = 0
1
1
Para inverter a ordem de integrac¸a˜o, devemos descrever D como regia˜o do tipo II. Enta˜o consideremos
uma reta horizontal que passa da esquerda para a direita, atrave´s de D.
x
y
Sai em x = 1
Entra em x = y
1
1
Vemos que a horizontal entra em D em x = y e sai de D em x = 1. Vemos tambe´m que a projec¸a˜o
de D sobre o eixo y e´ o intervalo [0, 1]. Logo, 0 ≤ y ≤ 1. Enta˜o D como tipo II e´ dado por:
D =
{
(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ y ≤ 1 , y ≤ x ≤ 1} .
Logo: ∫
1
0
∫ x
0
f(x, y) dydx =
∫
1
0
∫
1
y
f(x, y) dxdy .
b) Temos que: ∫
1
0
∫ y
0
f(x, y) dxdy =
∫∫
D
f(x, y) dxdy
onde D = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ y ≤ 1 , 0 ≤ x ≤ y}.
Da descric¸a˜o de D, vemos que D e´ do tipo II, e que esta´ contida na faixa horizontal dada pela
desigualdade 0 ≤ y ≤ 1. Vemos tambe´m que D esta´ limitada a` esquerda pelo eixo y (de equac¸a˜o
x = 0) e a` direita pela reta x = y (observe a figura a seguir).
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV EP1 – Tutor 3
x
y
D
1
1
Para inverter a ordem de integrac¸a˜o, consideramos uma reta vertical que corta D, de baixo para
cima.
x
y
D
Sai em y = 1
Entra em y = x
1
A vertical entra em y = x e sai em y = 1. Enta˜o x ≤ y ≤ 1. Como a projec¸a˜o de D sobre o eixo x
e´ o intervalo [0, 1] enta˜o 0 ≤ x ≤ 1. Logo:
D =
{
(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 1 , x ≤ y ≤ 1}
e ∫
1
0
∫ y
0
f(x, y) dxdy =
∫
1
0
∫
1
x
f(x, y) dydx .
c) Temos que: ∫
1
0
∫ √x
x2
f(x, y) dydx =
∫∫
D
f(x, y) dxdy
onde D = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 1 , x2 ≤ y ≤ √x}. Logo, D e´ do tipo I, e esta´ contida na faixa
vertical dada por 0 ≤ x ≤ 1 e e´ limitado inferiormente pela para´bola y = x2 (ou x = √y) e
superiormente pela curva y =
√
x
(
ou x = y2
)
. Como as para´bolas se interceptam quando x = 0
ou x = 1, enta˜o o esboc¸o de D esta´ representado na figura que se segue.
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV EP1 – Tutor 4
x
y
D
y =
√
x ⇒ x = y2
y = x2 ⇒ x = √y
1
1
Para encontrar limites de integrac¸a˜o na ordem invertida, consideramos uma reta horizontal passando
por D, da esquerda para a direita.
x
y
D
Sai em x =
√
y
Entra em x = y2
1
1
Vemos que a horizontal entra em x = y2 e sai em x =
√
y. Como a projec¸a˜o de D sobre o eixo y e´
o intervalo [0, 1] enta˜o 0 ≤ y ≤ 1. Assim, D e´ dado por:
D :
{
(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ y ≤ 1 , y2 ≤ x ≤ √y} .
Logo: ∫
1
0
∫ √x
x2
f(x, y) dydx =
∫
1
0
∫ √y
y2
f(x, y) dxdy .
d) Temos que: ∫
1
0
∫ x+1
2x
f(x, y) dydx =
∫∫
D
f(x, y) dxdy
onde D = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 1 , 2x ≤ y ≤ x+ 1}. Isto significa que D e´ do tipo I, esta´ contido
na faixa vertical 0 ≤ x ≤ 1 e e´ limitado inferiormente pela reta y = 2x (ou x = y
2
)
e superiormente
pela reta y = x + 1 (ou x = y − 1). As retas se interceptam quando 2x = x + 1, ou seja, x = 1
(observe a figura que se segue).
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV EP1 – Tutor 5
x
y
D
y = x+ 1
y = 2x
1
1
2
Como D e´ limitada a` esquerda por duas curvas: eixo y (x = 0) e a reta y = x + 1, para inverter a
ordem de integrac¸a˜o, devemos dividir D em duas subregio˜es: D1 e D2.
x
y
D1
D2
Sai em x =
y
2
Sai em x =
y
2
Entra em x = y − 1
Entra em x = 0
1
1
2
Temos enta˜o:
D1 : {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ y ≤ 1 , 0 ≤ x ≤ y/2}
D2 : {(x, y) ∈ R2 | 1 ≤ y ≤ 2 , y − 1 ≤ x ≤ y/2}
Logo:
I =
∫∫
D1
f(x, y) dxdy +
∫∫
D2
f(x, y) dxdy
=
∫
1
0
∫ y/2
0
f(x, y) dxdy +
∫
2
1
∫ y/2
y−1
f(x, y) dxdy .
e) Temos que: ∫
2
0
∫
2−y
−
√
4−y2
f(x, y) dxdy =
∫∫
D
f(x, y) dxdy
onde D =
{
(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ y ≤ 2 ,−
√
4− y2 ≤ x ≤ 2− y
}
. Logo, D e´ do tipo I, esta´ contida
na faixa horizontal 0 ≤ y ≤ 2, e´ limitada a` esquerda pela curva x = −
√
4− y2 ou x2 + y2 = 4,
com x ≤ 0, e a` direita pela reta x = 2 − y (ou y = 2 − x). O esboc¸o esta´ representado na figura
que se segue.
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV EP1 – Tutor 6
x
y
D
−2 2
2
Como a fronteira superior e´ formada por duas curvas: x2+y2 = 4, com x ≤ 0, e y = 2−x, devemos
dividir D em duas subregio˜es: D1 e D2.
x
y
D1
D2
Sai em y =
√
4− x2
Sai em y = 2− x
Entra em y = 0Entra em y = 0
−2 2
2
Enta˜o: ∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫∫
D1
f(x, y) dxdy +
∫∫
D2
f(x, y) dxdy
=
∫
0
−2
∫ √
4−x2
0
f(x, y) dydx+
∫
2
0
∫
2−x
0
f(x, y) dydx .
Observac¸a˜o: Associem regia˜o do tipo I com reta vertical, orientada debaixo para cima e
regia˜o do tipo II com reta horizontal, orientada da esquerda para direita.
Exerc´ıcio 3: Calcule
∫∫
D
x3 cos(xy) dxdy, onde D e´ a regia˜o delimitada pelos gra´ficos de y = x2,
y = 0 e x = 2.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o de D esta´ representado na figura que se segue.
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV EP1 – Tutor 7
x
y
D
Sai em y = x2
Entra em y = 0
4
2
Temos D = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ x2}. Enta˜o:
∫ ∫
D
x3 cos(xy) dxdy =
∫
2
0
∫ x2
0
x3 cos(xy) dydx
=
∫
2
0
x3
∫ x2
0
cos(xy) dydx
=
∫
2
0
x3
[
sen(xy)
x
]y=x2
y=0
dx
=
∫
2
0
x2
(
sen x3 − sen 0) dx
=
∫
2
0
x2 sen x3 dx .
Efetuando a mudanc¸a de varia´veis u = x3, temos du = 3x2 dx donde x2 dx = du/3. Para x = 0
temos u = 0 e para x = 2, temos u = 8. Enta˜o:
∫ ∫
D
x3 cos(xy) dxdy =
∫
8
0
sen u
du
3
dxdy
=
1
3
[− cosu]8
0
=
1
3
(− cos 8 + cos 0)
=
1
3
(1− cos 8) .
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV EP1 – Tutor 8
Exerc´ıcio 4: Inverta a ordem de integrac¸a˜o e calcule:
a)
∫ 1
0
∫ 1
y
e−3x
2
dxdy
b)
∫ 3
0
∫ 9
y2
y cos (x2) dxdy
c)
∫ 2
0
∫ 2
x
x
√
1 + y3 dydx
Soluc¸a˜o:
a) Temos que: ∫
1
0
∫
1
y
e−3x
2
dxdy =
∫ ∫
D
e−3x
2
dxdy
onde D = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ y ≤ 1 , y ≤ x ≤ 1} e´ do tipo I. Como 0 ≤ y ≤ 1 enta˜o vemos que a
regia˜o D esta´ contida na faixa horizontal dada por 0 ≤ y ≤ 1 e esta´ limitada a` esquerda pela reta
x = y (ou y = x) e a` direita pela reta x = 1. Assim, temos o esboc¸o de D representadona figura
que se segue.
x
y
D
y = x
x = 1
1
1
Para inverter a ordem da integrac¸a˜o, devemos definir D como tipo II. Enta˜o, consideremos uma reta
vertical passando por D, orientada debaixo para cima. Vemos que ela entra em y = 0 e sai em
y = x.
x
y
D
Sai em y = x
Entra em y = 0
1
1
A projec¸a˜o de D sobre o eixo x e´ o intervalo [0, 1]. Enta˜o 0 ≤ x ≤ 1. Logo, temos:
D :
{
(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ x} .
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV EP1 – Tutor 9
Assim: ∫
1
0
∫
1
y
e−3x
2
dxdy =
∫
1
0
∫ x
0
e−3x
2
dydx
=
∫
1
0
∫ x
0
e−3x
2
dydx
=
∫
1
0
xe−3x
2
dx
= −1
6
∫
1
a
(−6x)e−3x2 dx
= −1
6
[
e−3x
2
]1
0
= −1
6
(e−3 − 1)
=
1
6
(1− e−3) .
Observac¸a˜o: Aqui, eu usei uma regra pra´tica para a te´cnica de substituic¸a˜o simples em
integrac¸a˜o. Normalmente far´ıamos u = −3x2 donde du = −6 dx. Observando o integrando,
temos somente o termo x dx. Multipliquei por (−6) e para na˜o alterar multipliquei por(
−1
6
)
.
b) Temos que: ∫
3
0
∫
9
y2
y cos
(
x2
)
dxdy =
∫ ∫
D
y cos
(
x2
)
dydx
onde D = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ y ≤ 3 e y2 ≤ x ≤ 9} e´ do tipo II.
Esboc¸o de D
Na faixa horizontal dada por 0 ≤ y ≤ 3, esboc¸amos a regia˜o D que esta´ limitada pela esquerda pela
para´bola x = y2 (ou y =
√
x) e pela direita pela reta x = 9.
x
y
D
Sai em y =
√
x
Entra em y = 0
3
9
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV EP1 – Tutor 10
Descrevendo D como tipo I, temos que 0 ≤ y ≤ √x e 0 ≤ x ≤ 9. Enta˜o:
∫
3
0
∫
9
y2
y cos
(
x2
)
dxdy =
∫
9
0
∫ √x
0
y cos
(
x2
)
dydx
=
∫
9
0
[
y2
2
]√x
0
cos
(
x2
)
dx
=
1
2
∫
9
0
x cos
(
x2
)
dx
=
1
2
· 1
2
∫
9
0
(2x) cos
(
x2
)
dx
=
1
4
[
sen (x2)
]9
0
=
1
4
sen 81 .
c) Temos que: ∫
2
0
∫
2
x
x
√
1 + y3 dydx =
∫ ∫
D
x
√
1 + y3 dxdy
onde D = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 2 , x ≤ y ≤ 2} e´ do tipo I. Pela descric¸a˜o de D, vemos que D
esta´ contida na faixa vertical 0 ≤ x ≤ 2, esta´ limitada inferiormente pela reta y = x (ou x = y) e
superiormente pela reta y = 2.
x
y
D
Sai em y = 2
Entra em y = x
2
Descrevendo D como tipo II, consideramos uma horizontal em D, orientada da esquerda para a
direita. Vemos que ela entra em x = 0 e sai em x = y. Ale´m disso, a projec¸a˜o de D sobre o eixo y
e´ o intervalo [0, 2], donde 0 ≤ y ≤ 2.
Enta˜o, temos:
D :
{
(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ y ≤ 2 , 0 ≤ x ≤ y} .
Assim:
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV EP1 – Tutor 11
∫
2
0
∫
2
x
x
√
1 + y3 dydx =
∫
2
0
∫ y
0
x
√
1 + y3 dxdy
=
∫
2
0
√
1 + y3
[
x2
2
]y
0
dy
=
1
2
∫
2
0
(
1 + y3
)1/2
y2 dy
=
1
2
· 1
3
∫
2
0
(
1 + y3
)1/2 (
3y2
)
dy
=
1
6
· 2
3
[
(1 + y3)
3/2
]2
0
=
1
9
(
93/2 − 1)
=
1
9
(27− 1)
=
26
9
.
Exerc´ıcio 5: Use integral dupla para calcular a a´rea da regia˜o plana compreendida pelas curvas
y = 4− x2, x ≤ 0, y − x = 2 e x = 0.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o de D esta´ representado na figura que se segue.
x
y
D
Sai em y = 4− x2
Entra em y = 2 + x
−2
2
4
Sabemos que A(D) =
∫∫
D
dxdy, onde D pode ser descrita como tipo I ou como tipo II. Como
tipo II, devemos dividi-la em duas subregio˜es pois a fronteira da direita e´ formada por duas curvas.
Portanto, damos prefereˆncia ao caminho mais fa´cil que e´ olhar para D como tipo I. Temos, enta˜o:
D :
{
(x, y) ∈ R2 | −2 ≤ x ≤ 0 , 2 + x ≤ y ≤ 4− x2} .
Logo:
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV EP1 – Tutor 12
A(D) =
∫
0
−2
∫
4−x2
2+x
dydx
=
∫
0
−2
(
2− x2 − x) dx
=
[
2x− x
3
3
− x
2
2
]0
−2
= 0−
(
−4 + 8
3
− 2
)
= −
(
−10
3
)
=
10
3
u.a.
Exerc´ıcio 6: Use integral dupla para calcular o volume do so´lido W compreendido pelas superf´ıcies
y2 = x, z = 0 e x+ z = 1.
Soluc¸a˜o: Para esboc¸ar o plano x+ z = 1, desenhamos inicialmente, no plano xz, a reta x+ z = 1.
Como esta equac¸a˜o na˜o conte´m a varia´vel y enta˜o consideramos retas paralelas ao eixo y por pontos
da reta, obtendo assim o esboc¸o do plano x+ z = 1.
x
y
z
S1
1
1
Para esboc¸ar a superf´ıcie da equac¸a˜o x = y2 (dita cilindro parabo´lico, pela auseˆncia da varia´vel z),
desenhamos inicialmente a para´bola x = y2 no plano xy e por pontos da para´bola consideramos
paralelas ao eixo z, pois a equac¸a˜o x = y2 na˜o conte´m a varia´vel z, obtendo assim o esboc¸o da
superf´ıcie de equac¸a˜o x = y2.
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV EP1 – Tutor 13
x
y
z
S2
−1
1
1
1
Observemos que A1 = (1, 1, 0), A2 = (0, 0, 1) e A3 = (1,−1, 0) sa˜o pontos comuns a`s duas
superf´ıcies. Portanto, ligando A1, A2 e A3 temos a curva intersec¸a˜o das duas superf´ıcies.
x
y
z
W
A1
A2
A3
1
Considerando que o so´lido W esta´ limitado pelo plano z = 0 (plano xy), temos o esboc¸o de W .
Vemos que o “teto” de W e´ o gra´fico de z = 1− x e que o “piso” de W e´ a regia˜o D dada por:
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV EP1 – Tutor 14
x
y
D
Sai em x = 1Entra em x = y2
−1
1
1
onde D : {(x, y) ∈ R2 | −1 ≤ y ≤ 1 , y2 ≤ x ≤ 1}. Logo:
V (W ) =
∫∫
D
(1− x) dxdy
=
∫
1
−1
∫
1
y2
(1− x) dxdy
=
∫
1
−1
[
x− x
2
2
]1
y2
dy
=
∫
1
−1
[(
1− 1
2
)
−
(
y2 − y
4
2
)]
dy
=
∫
1
−1
(
1
2
− y2 + y
4
2
)
dy
=
[
y
2
− y
3
3
+
y5
10
]1
−1
= 2
(
1
2
− 1
3
+
1
10
)
=
8
15
u.v.
Exerc´ıcio 7: Use integral dupla para calcular o volume do so´lido no primeiro octante, delimitado
pelos gra´ficos das equac¸o˜es z = 4− x2, x+ y = 4, x = 0, y = 0 e z = 0.
Soluc¸a˜o: No primeiro octante desenhamos a superf´ıcie z = 4− x2 (cilindro parabo´lico).
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV EP1 – Tutor 15
x
y
z
4
2
Ainda no primeiro octante, desenhamos a porc¸a˜o do plano x + y = 4, destacando alguns pontos
comuns a`s duas superf´ıcies tais como: A1 = (2, 2, 0) e A2 = (0, 4, 4).
Ligando-os obtemos a curva intersec¸a˜o. Considerando que o so´lido W e´ limitado pelos planos
coordenados temos o seu esboc¸o na figura que se segue.
x
y
z
W
A1
A2
4
4
4
2
Vemos que o “teto” de W e´ a superf´ıcie z = 4− x2 e o piso “piso” de W e´ a regia˜o D dada por:
1
y=2x
x
y
D
2
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV EP1 – Tutor 16
Definindo D como tipo I, temos:
D :
{
(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ 4− x} .
Enta˜o:
V (W ) =
∫∫
D
(
4− x2) dxdy
=
∫
2
0
∫
4−x
0
(
4− x2) dydx
=
∫
2
0
(
4− x2) (4− x) dx
=
∫
2
0
(
16− 4x− 4x2 + x3) dx
=
[
16x− 2x2 − 4x
3
3
+
x4
4
]2
0
= 32− 8− 32
3
+ 4
=
52
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u.v.
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ