Cálculo 3 - exercícios resolvidos - UFF

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Universidade Federal Fluminense
Instituto de Matema´tica e Estatı´stica
Departamento de Matema´tica Aplicada
Ca´lculo 3A – Lista 1
Exerc´ıcio 1: Calcule as seguintes integrais duplas:
a)
∫∫
D
x
1 + y2
dxdy, sendo D = [1, 2]× [0, 1].
b)
∫∫
D
x dxdy na regia˜o D compreendida entre as curvas y = x2, y = 0 e x = 1.
c)
∫∫
D
x
y
dxdy, onde D e´ a regia˜o limitada pelas retas y = x, y = 2x, x = 1 e x = 2.
Soluc¸a˜o:
a) O esboc¸o de D esta´ representado na figura que se segue.
x
y
D
1
1
2
Como D e´ um retaˆngulo com os lados paralelos aos eixos coordenados enta˜o 1 ≤ x ≤ 2 e 0 ≤ y ≤ 1.
Pelo teorema de Fubini, o valor da integral dupla pode ser obtido de qualquer uma das integrais
iteradas: ∫ 1
0
∫ 2
1
x
1 + y2
dxdy ou
∫ 2
1
∫ 1
0
x
1 + y2
dydx .
Usando a primeira delas, temos:∫∫
D
x
1 + y2
dxdy =
∫ 1
0
∫ 2
1
x
1 + y2
dxdy =
∫ 1
0
1
1 + y2
∫ 2
1
x dxdy =
=
∫ 1
0
1
1 + y2
[
x2
2
]2
1
dy =
3
2
∫ 1
0
1
1 + y2
dy =
3
2
[
arctg y
]1
0
=
=
3
2
(arctg 1− arctg 0) = 3
2
(
pi
4
− 0
)
=
3pi
8
.
b) O esboc¸o de D esta´ representado na figura que se segue.
Ca´lculo 3A Lista 1 2
x
y
D
y = x2
1
1
Como D e´ diferente de um retaˆngulo com lados paralelos aos eixos coordenados, enta˜o devemos
enquadrar D como uma regia˜o do tipo I ou do tipo II.
Soluc¸a˜o 1
Vamos descrever D como tipo I. Seja (x, y) ∈ D. Enta˜o trac¸amos uma reta vertical por (x, y).
x
y
D
y = x2
(x, y)
y = 0
1
1
Vemos que esta vertical corta a fronteira inferior de D no eixo x, onde y = 0, e a fronteira superior
de D na para´bola y = x2. Enta˜o, 0 ≤ y ≤ x2. Projetando a regia˜o D sobre o eixo x, encontramos
o intervalo fechado [0, 1]. Enta˜o, 0 ≤ x ≤ 1. Portanto D = {(x, y); 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ x2}.
Temos enta˜o que:
∫∫
D
x dxdy =
∫ 1
0
∫ x2
0
x dydx =
∫ 1
0
x
∫ x2
0
dydx =
∫ 1
0
x
[
y
]x2
0
dx =
=
∫ 1
0
x3 dx =
[
x4
4
]1
0
=
1
4
.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 1 3
Observac¸a˜o: A integral do lado direito de uma integral dupla e´ uma integral iterada, onde a primeira
integral definida indicada devera´ ter limites de integrac¸a˜o constantes pois o valor da integral dupla
sera´ um nu´mero real.
Soluc¸a˜o 2
Vamos descrever D como tipo II. Enta˜o trac¸amos uma reta horizontal por (x, y) ∈ D.
x
y
D
(x, y)
y = x2 ⇒ x = √y
x =
√
y x = 1
1
1
Vemos que esta horizontal corta a fronteira da esquerda na para´bola
x =
√
y e a fronteira da direita na reta x = 1. Enta˜o
√
y ≤ x ≤ 1. Projetando D sobre o
eixo y, temos o intervalo [0, 1]. Logo, 0 ≤ y ≤ 1. Enta˜o D = {(x, y); 0 ≤ y ≤ 1 , √y ≤ x ≤ 1}.
Portanto: ∫∫
D
x dxdy =
∫ 1
0
∫ 1
√
y
x dxdy =
∫ 1
0
[
x2
2
]1
√
y
dy =
1
2
∫ 1
0
(1− y) dy =
=
1
2
[
y − y
2
2
]1
0
=
1
2
(
1− 1
2
)
=
1
4
.
c) O esboc¸o de D esta´ representado na figura que se segue.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 1 4
x
y
D
(x, y)
y = 2x
y = x
1
1
2
2
4
Da figura vemos que a fronteira inferior e´ a reta y = x e a fronteira superior e´ a reta y = 2x. Enta˜o
x ≤ y ≤ 2x. Como a projec¸a˜o de D sobre o eixo x e´ o intervalo fechado [1, 2], enta˜o 1 ≤ x ≤ 2.
Temos enta˜o que D = {(x, y); 1 ≤ x ≤ 2 , x ≤ y ≤ 2x}.
Portanto: ∫∫
D
x
y
dxdy =
∫ 2
1
∫ 2x
x
x
y
dydx =
∫ 2
1
x
∫ 2x
x
1
y
dydx =
∫ 2
1
x
[
ln y
]2x
x
dx =
=
∫ 2
1
x(ln 2x− lnx) dx =
∫ 2
1
x ln
2x
x
dx =
∫ 2
1
x ln 2 dx = ln 2
∫ x
1
x dx =
= ln 2
[
x2
2
]2
1
=
3
2
ln 2 .
Observac¸a˜o: Podemos tambe´m enquadrar D como tipo II, pore´m com uma complicac¸a˜o adicional:
a fronteira direita de D e´ a reta x = 1 e a fronteira esquerda de D e´ constitu´ıda de duas partes, a
reta y = x abaixo da reta y = 2 e a reta y = 2x acima de y = 2. Enta˜o e´ necessa´rio decompor D
em duas partes D1 e D2: D = D1 ∪D2. Logo:∫∫
D
x
y
dxdy =
∫∫
D1
x
y
dxdy +
∫∫
D2
x
y
dxdy .
Projetando D1 sobre o eixo y, temos 1 ≤ y ≤ 2. A regia˜o D1 e´ limitada a` esquerda por x = 1 e a`
direita pela reta x = y. Logo, 1 ≤ x ≤ y. Enta˜o D1 = {(x, y); 1 ≤ y ≤ 2 , 1 ≤ x ≤ y}. Assim:∫∫
D1
x
y
dxdy =
∫ 2
1
∫ y
1
x
y
dxdy =
∫ 2
1
1
y
∫ y
1
x dxdy =
∫ 2
1
1
y
[
x2
2
]y
1
dy =
=
1
2
∫ 2
1
1
y
(
y2 − 1) dy = 1
2
∫ 2
1
(
y − 1
y
)
dy =
1
2
[
y2
2
− ln y
]2
1
=
=
1
2
[
(2− ln 2)−
(
1
2
− ln 1
)]
=
1
2
(
3
2
− ln 2
)
=
3
4
− 1
2
ln 2 .
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 1 5
x
y
D1
D2
x = y/2
y = x⇒ x = y
x = y
y = 2x⇒ x = y/2
x = 1
x = 2
1
1
2
2
4
Projetando D2 sobre o eixo y, temos 2 ≤ y ≤ 4. A regia˜o D2 e´ limitada a` esquerda pela reta
x = y/2 e a` direita por x = 2. Logo, y/2 ≤ x ≤ 2. Enta˜o D2 = {(x, y); 2 ≤ y ≤ 4 , y/2 ≤ x ≤ 2}
e ∫∫
D2
x
y
dxdy =
∫ 4
2
∫ 2
y/2
x
y
dxdy =
∫ 4
2
1
y
∫ 2
y/2
x dxdy =
∫ 4
2
1
y
[
x2
2
]2
y/2
dy =
=
1
2
∫ 4
2
1
y
(
4− y
2
4
)
dy =
1
2
∫ 4
2
(
4
y
− y
4
)
dy =
1
2
[
4 ln y − y
2
8
]4
2
=
=
1
2
[
(4 ln 4− 2)−
(
4 ln 2− 1
2
)]
=
1
2
(
4 ln 2− 3
2
)
= 2 ln 2− 3
4
.
Portanto: ∫ ∫
D
x
y
dxdy =
3
4
− 1
2
ln 2 + 2 ln 2− 3
4
=
3
2
ln 2
e, assim, obtivemos o mesmo resultado anterior.
Exerc´ıcio 2: Esboce a regia˜o de integrac¸a˜o e troque a ordem de integrac¸a˜o em:
a)
∫ 1
0
∫ x
0
f(x, y)dydx b)
∫ 1
0
∫ √y
−
√
y
f(x, y)dxdy c)
∫ 1
0
∫ x+1
2x
f(x, y)dydx
d)
∫ 1
0
∫ 2−2y
y−1
f(x, y)dxdy.
Soluc¸a˜o:
a) A regia˜o de integrac¸a˜o e´ dada por D :
{
0 ≤ x ≤ 1
0 ≤ y ≤ x (tipo I). Logo, D e´ limitada pelas retas
verticais x = 0 (eixo y) e x = 1; limitada inferiormente pela reta y = 0 (eixo x) e superiormente
pela reta y = x. Assim, o esboc¸o da regia˜o D esta´ representado pela figura que se segue.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 1 6
x
y
D
x = 1
y = 0
y = x
1
1
Para inverter a ordem de integrac¸a˜o devemos descrever D como regia˜o do tipo II.
x
y
D
entra em x = y
sai em x = 1
1
1
Vemos que D esta´ compreendida entre as retas horizontais y = 0 e y = 1. Considerando uma reta
horizontal no interior de D, vemos que ela entra em D em x = y e sai de D em x = 1. Enta˜o,
temos D :
{
0 ≤ y ≤ 1
y ≤ x ≤ 1 . Logo:∫ 1
0
∫ x
0
f(x, y)dydx =
∫ 1
0
∫ 1
y
f(x, y)dxdy .
b) A regia˜o de integrac¸a˜o e´ dada por D :
{
0 ≤ y ≤ 1
−√y ≤ x ≤ √y (tipo II). Logo, D e´ limitada pelas
retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. Pela esquerda D e´ limitada pela curva x = −√y e
pela direita pela curva x =
√
y . De x = ±√y temos y = x2. Assim, o esboc¸o da regia˜o D esta´
representado pela figura que se segue.
x
y
D
x = −√y ⇒ y = x2
x =
√
y ⇒ y = x2
y = 1
−1 1
1
Descric¸a˜o de D como regia˜o do tipo I
Vemos que D esta´ compreendida entre as retas verticais x = −1 e x = 1. Considerando uma reta
vertical no interior de D, diferente do eixo y, vemos que ela entra em D em y = x2 e sai de D em
y = 1.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 1 7
x
y
D entra em y = x
2
sai em y = 1
−1 1
1
Enta˜o temos D :
{ −1 ≤ x ≤ 1
x2 ≤ y ≤ 1 . Logo:∫ 1
0
∫ √y
−
√
y
f(x, y)dxdy =
∫ 1
−1
∫ 1
x2
f(x, y)dydx .
c) A regia˜o de integrac¸a˜o D e´ dada por D :
{
0 ≤ x ≤ 1
2x ≤ y ≤x+ 1 (tipo I). Logo, D esta´ compreendida
entre as retas verticais x = 0 e x = 1. E´ limitada inferiormente pela reta y = 2x (ou x = y/2) e
superiormente pela reta y = x+ 1 (ou x = y − 1). Assim, o esboc¸o da regia˜o D esta´ representado
pela figura que se segue.
x
y
D
x = 0 y = 2x
y = x+ 1
1
1
2
Como D e´ limitada pela esquerda por duas curvas x = 0 e a reta y = x+1, conclu´ımos que D na˜o e´
do tipo II. Mas podemos olhar para D como reunia˜o de duas regio˜es do tipo II, isto e´, D = D1∪D2.
Temos que D1 esta´ compreendida entre as retas horizontais y = 0 e y = 1 e toda reta horizontal no
interior de D1 entra em D1 em x = 0 e sai de D1 em x = y/2. Logo D1 :
{
0 ≤ y ≤ 1
0 ≤ x ≤ y/2 .
Temos que D2 esta´ compreendida entre as retas horizontais y = 1 e y = 2 e qualquer reta horizontal
no interior deD2 entra emD2 em x = y−1 e sai deD2 em x = y/2. LogoD2 :
{
1 ≤ y ≤ 2
y − 1 ≤ x ≤ y/2 .
Assim: ∫ 1
0
∫ x+1
2x
f(x, y)dydx =
∫ 1
0
∫ y/2
0
f(x, y)dxdy +
∫ 2
1
∫ y/2
y−1
f(x, y)dxdy .
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Ca´lculo 3A Lista 1 8
x
y
D1
D2
entra em x = y − 1
sai em x = y/2
sai em x = y/2entra em x = 0
1
1
2
d) A regia˜o de integrac¸a˜o e´ dada por D :
{
0 ≤ y ≤ 1
y − 1 ≤ x ≤ 2− 2y (tipo II). Logo, D esta´ compre-
endida entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. De y − 1 ≤ x ≤ 2 − 2y, vemos que D
esta´ limitada a` esquerda pela reta x = y − 1 (ou y = x + 1) e a` direita pela reta x = 2 − 2y (ou
y = (2− x)/2). Assim, o esboc¸o da regia˜o D esta´ representado pela figura que se segue.
x
y
D1 D2
entra em y = 0entra em y = 0
sai em y = x+ 1
sai em y = 2−x
2
−1
1
2
Como a fronteira superior de D e´ formada por duas retas x = y− 1 e x = 2− 2y, vemos que D na˜o
e´ do tipo I. Mas D = D1 ∪D2, onde D1 e D2 sa˜o do tipo I.
Vemos que D1 esta´ compreendida entre as retas verticais x = −1 e x = 0 e qualquer reta vertical
no interior de D1 entra em D1 em y = 0 e sai de D1 em y = x+1. Logo D1 :
{ −1 ≤ x ≤ 0
0 ≤ y ≤ x+ 1 .
Vemos que D2 esta´ compreendida entre as retas verticais x = 0 e x = 2 e qualquer reta vertical no in-
terior de D2 entra em D2 em y = 0 e sai de D2 em y = (2−x)/2. Logo D2 :
{
0 ≤ x ≤ 2
0 ≤ y ≤ (2− x)/2 .
Assim: ∫ 1
0
∫ 2−2y
y−1
f(x, y)dxdy =
∫ 0
−1
∫ x+1
0
f(x, y)dydx+
∫ 2
0
∫ (2−x)/2
0
f(x, y)dydx .
Exerc´ıcio 3: Invertendo a ordem de integrac¸a˜o, calcule:
a)
∫ pi
0
∫ pi
x
sen y
y
dydx c)
∫ 3
0
∫ 1
√
x/3
ey
3
dydx
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b)
∫ 1
0
∫ 1
y
x2exydxdy d)
∫ 8
0
∫ 2
3
√
x
1
y4 + 1
dydx
Soluc¸a˜o:
a) A regia˜o de integrac¸a˜o D e´ dada por D :
{
0 ≤ x ≤ pi
x ≤ y ≤ pi (tipo I). De 0 ≤ x ≤ pi vemos que D
esta´ compreendida entre as retas verticais x = 0 (eixo y) e x = pi. De x ≤ y ≤ pi vemos que D esta´
limitada inferiormente pela reta y = x e superiormente pela reta y = pi. Assim, o esboc¸o de D esta´
representado na figura que se segue.
x
y
D
pi
pi
Descric¸a˜o de D como uma regia˜o do tipo II
Vemos que D esta´ compreendida entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = pi e qualquer reta
horizontal no interior de D entra em D em x = 0 e sai de D em x = y.
x
y
D
entra em x = 0
sai em x = y
pi
pi
Logo D :
{
0 ≤ y ≤ pi
0 ≤ x ≤ y . Assim:∫ pi
0
∫ pi
x
sen y
y
dydx =
∫ pi
0
∫ y
0
sen y
y
dxdy =
∫ pi
0
sen y
y
[
x
]y
0
dy =
=
∫ pi
0
sen y
y
· y dy =
∫ pi
0
sen y dy =
[− cos y]pi
0
= 2 .
b) A regia˜o de integrac¸a˜o D e´ dada por D :
{
0 ≤ y ≤ 1
y ≤ x ≤ 1 (tipo II). De 0 ≤ y ≤ 1 vemos que D
esta´ compreendida entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. De y ≤ x ≤ 1 vemos que D
esta´ limitada a` esquerda pela reta x = y e a` direita pela reta x = 1. Assim, o esboc¸o de D esta´
representado na figura que se segue.
Descric¸a˜o de D como uma regia˜o do tipo I
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Ca´lculo 3A Lista 1 10
x
y
D
1
1
Vemos que D esta´ compreendida entre as retas verticais x = 0 (eixo y) e x = 1. Logo 0 ≤ x ≤ 1.
Vemos tambe´m que D esta´ limitada inferiormente pela reta y = 0 e superiormente pela reta y = x.
Enta˜o 0 ≤ y ≤ x. Assim:∫ 1
0
∫ 1
y
x2exy dxdy =
∫ 1
0
∫ x
0
x2exy dydx =
∫ 1
0
x2
[
exy
x
]y=x
y=0
dx =
=
∫ 1
0
x2
x
(
ex
2 − 1) dx = ∫ 1
0
xex
2
dx−
∫ 1
0
x dx =
=
[
ex
2
2
]1
0
−
[
x2
2
]1
0
=
e− 1
2
− 1
2
=
e− 2
2
.
c) A regia˜o de integrac¸a˜o D e´ dada por D :
{
0 ≤ x ≤ 3√
x
3
≤ y ≤ 1 (tipo I). De 0 ≤ x ≤ 3 vemos que D
esta´ compreendida entre as retas verticais x = 0 (eixo y) e x = 3. De
√
x
3
≤ y ≤ 1 vemos que D
esta´ limitada inferiormente pela curva y =
√
x
3
(ou x = 3y2, com y ≥ 0) e limitada superiormente
pela reta y = 1. Assim, o esboc¸o de D esta´ representado na figura que se segue.
x
y
D
1
3
Descric¸a˜o de D como uma regia˜o do tipo II
Vemos que D esta´ compreendida entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. Logo 0 ≤ y ≤ 1.
Considerando uma reta horizontal no interior de D vemos que ela entra em D em x = 0 e sai de D
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Ca´lculo 3A Lista 1 11
em x = 3y2. Logo D :
{
0 ≤ y ≤ 1
0 ≤ x ≤ 3y2 . Enta˜o:
∫ 3
0
∫ 1
√
x/3
ey
3
dydx =
∫ 1
0
∫ 3y2
0
ey
3
dxdy =
∫ 1
0
ey
3 [
x
]3y2
0
dy =
=
∫ 1
0
ey
3(
3y2
)
dy =
[
ey
3
]1
0
= e− 1 .
d) A regia˜o de integrac¸a˜o D e´ dada por D :
{
0 ≤ x ≤ 8
3
√
x ≤ y ≤ 2 (tipo I). De 0 ≤ x ≤ 8, vemos que
D esta´ compreendida entre as retas verticais x = 0 e x = 8. De 3
√
x ≤ y ≤ 2, vemos que D esta´
limitada inferiormente pela curva y = 3
√
x (ou x = y3) e superiormente pela reta y = 2. Assim, o
esboc¸o de D esta´ representado na figura a seguir.
x
y
D
2
8
Descric¸a˜o de D como regia˜o do tipo II
Vemos que D esta´ compreendida entre retas horizontais y = 0 e y = 2. Vemos, tambe´m, que
qualquer reta horizontal no interior de D entra na regia˜o em x = 0 e sai da regia˜o em x = y3.
x
y
D
entra em x = 0
sai em x = y3
2
8
Logo, D :
{
0 ≤ y ≤ 2
0 ≤ x ≤ y3 . Assim:
∫ 8
0
∫ 2
3
√
x
1
y4 + 1
dydx =
∫ 2
0
∫ y3
0
1
y4 + 1
dxdy =
∫ 2
0
y3
y4 + 1
dy =
=
1
4
∫ 2
0
d(y4 + 1)
y4 + 1
=
1
4
[
ln(y4 + 1)
]2
0
=
1
4
(ln 17− ln 1) = 1
4
ln 17 .
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Exerc´ıcio 4: Em cada caso calcule, por integral dupla, a a´rea da regia˜o D do plano xy delimitada
pelas curvas indicadas.
a) y = x3, x+ y = 2 e y = 0.
b) x = y2 + 1 e x+ y = 3.
c) y = x2, x− y = 1, x = 1 e x = −1.
Soluc¸a˜o:
a) De y = x3 e x + y = 2 temos que x3 + x − 2 = 0 donde x = 1. Logo, a intersec¸a˜o ocorre em
(1, 1). O esboc¸o da regia˜o D esta´ representado pela figura que se segue.
x
y
D
y = x3
x+ y = 2
y = 0
1
2
Descric¸a˜o de D como uma regia˜o do tipo II
Vemos que D esta´ compreendida entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. Considerando
uma reta horizontal qualquer no interior de D vemos que ela entra em D em x = 3
√
y = y1/3 e sai
de D em x = 2− y. Enta˜o temos D :
{
0 ≤ y ≤ 1
y1/3 ≤ x ≤ 2− y .
Como a a´rea de D e´ dada por A(D) =
∫∫
D
dxdy enta˜o:
A(D) =
∫ 1
0
∫ 2−y
y1/3
dxdy =
∫ 1
0
(
2− y − y1/3) dy =
=
[
2y − y
2
2
− 3
4
y4/3
]1
0
= 2− 1
2
− 3
4
=
3
4
u.a.
b) De x = y2 + 1 e x+ y = 3 temos y2 + y − 2 = 0 donde y = −2 ou y = 1. Logo, as intersec¸o˜es
sa˜o (5,−2) e (2, 1). Assim, o esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se segue.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 1 13
x
y
D
entra em x = y2 +1
sai em x = 3− y
−2
1
1
2 5
Descric¸a˜o de D como uma regia˜o do tipo II
Vemos que D esta´ compreendida entre as retas horizontais y = −2 e y = 1. Considerando uma reta
horizontal qualquer no interior de D, diferente do eixo x, vemos que ela entra em D em x = y2 + 1
e sai de D em x = 3− y. Enta˜o temos D :
{ −2 ≤ y ≤ 1
y2 + 1 ≤ x ≤ 3− y . Portanto:
A(D) =
∫∫
D
dxdy =
∫ 1
−2
∫ 3−y
y2+1
dxdy =
∫ 1
−2
(
3− y − y2 − 1) dy =
=
∫ 1
−2
(
2− y − y2) dy = [2y − y2
2
− y
3
3
]1
−2
=
=
(
2− 1
2
− 1
3
)
−
(
−4− 2 + 8
3
)
= 2− 1
2
− 1
3
+ 4 + 2− 8
3
=
9
2
u.a.
c) O esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura a seguir.
x
y
D
entra em y = x− 1
sai em y = x2
−1
−1
1
1
Descric¸a˜o de D como uma regia˜o do tipo I
Vemos que D esta´ limitada entre as retas verticais x = −1 e x = 1. Vemos tambe´m que qualquer
reta vertical no interior de D, diferente do eixo y, entra em D em y = x− 1 e sai de D em y = x2.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 1 14
Assim D :
{ −1 ≤ x ≤ 1
x− 1 ≤ y ≤ x2 . Enta˜o:
A(D) =
∫∫
D
dxdy =
∫ 1
−1
∫ x2
x−1
dydx =
∫ 1
−1
(
x2 − x+ 1) dx =
=
[
x3
3
− x
2
2
+ x
]1
−1
=
(
1
3
− 1
2
+ 1
)
−
(
−1
3
− 1
2
− 1
)
=
8
3
u.a.
Exerc´ıcio 5: Calcule o volume do so´lido W , no primeiro octante, limitado pelo cilindro parabo´lico
z = 4− x2 e pelos planos x+ y = 2, x = 0, y = 0 e z = 0.
Soluc¸a˜o: Vamos fazer o esboc¸o, no primeiro octante, da superf´ıcie de equac¸a˜o z = 4 − x2 dita
cilindro parabo´lico.
No plano xz trac¸amos o arco de para´bola z = 4− x2, com x ≥ 0 e z ≥ 0. Como esta equac¸a˜o na˜o
depende da varia´vel y, enta˜o consideramos, por pontos da para´bola, semirretas paralelas ao eixo y.
x
y
z
2
4
Agora, vamos fazer o esboc¸o, no primeiro octante, da porc¸a˜o do plano de equac¸a˜o x+ y = 2.
No plano xy trac¸amos o segmento de reta x + y = 2 que liga A(2, 0, 0) a B(0, 2, 0). Como esta
equac¸a˜o na˜o depende da varia´vel z, enta˜o, por pontos do segmento trac¸amos paralelas ao eixo z.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 1 15
x
y
z
A
B
2
2
Vemos que A(2, 0, 0) e C(0, 2, 4) sa˜o pontos comuns a`s duas superf´ıcies. Enta˜o, a curva intersec¸a˜o
e´ a curva obtida ligando esses dois pontos. Considerando que o so´lido e´ limitado pelos planos x = 0,
y = 0 e z = 0, temos que o esboc¸o de W esta´ representado na figura que se segue.
x
y
z
W
A
B
C
“piso” D
“teto”: z = f(x, y) = 4− x2
2
2
4
Temos V (W ) =
∫∫
D
f(x, y) dxdy, onde f(x, y) = 4− x2 e D e´ a seguinte regia˜o triangular.
x
y
D
entra em y = 0
sai em y = 2− x
x+ y = 2
2
2
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 1 16
Descrevendo D como uma regia˜o do tipo I temos D :
{
0 ≤ x ≤ 2
0 ≤ y ≤ 2− x . Enta˜o:
V (W ) =
∫∫
D
(4− x2) dxdy =
∫ 2
0
∫ 2−x
0
(4− x2) dydx =
∫ 2
0
(4− x2)(2− x) dx =
=
∫ 2
0
(
x3 − 2x2 − 4x+ 8) dx = [x4
4
− 2x
3
3
− 2x2 + 8x
]2
0
=
20
3
u.v.
Exerc´ıcio 6: Esboce o so´lido no primeiro octante, limitado pelo cilindro x2 + z2 = 1 e pelos planos
y = 2x, y = 0 e z = 0 e ache o seu volume.
Soluc¸a˜o: Vamos fazer o esboc¸o, no primeiro octante, da superf´ıcie de equac¸a˜o x2 + z2 = 1 dita
cilindro circular.
No plano xz trac¸amos o arco de circunfereˆncia x2+ z2 = 1, com x ≥ 0 e z ≥ 0. Como esta equac¸a˜o
na˜o depende da varia´vel y, enta˜o consideramos, por pontos do arco, semirretas paralelas ao eixo y.
x
y
z
1
1
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 1 17
Agora, vamos fazer o esboc¸o, no primeiro octante, da porc¸a˜o do plano
y = 2x.
No plano xy trac¸amos a semirreta y = 2x, com x ≥ 0. Como esta equac¸a˜o na˜o depende da varia´vel
z, enta˜o, por pontos da semirreta trac¸amos paralelas ao eixo z.
x
y
z
A
B
1
1
2
Vemos que A(0, 0, 1) e B(1, 2, 0) sa˜o pontos comuns a`s duas superf´ıcies. Enta˜o, a curva intersec¸a˜o
e´ obtida ligando-os. Considerando que W e´ limitado pelos planos y = 0 e z = 0, temos que o esboc¸o
de W esta´ representado na figura que se segue.
x
y
z
“piso” D
“teto”: z = f(x, y) =
√
1− x2
W
A
B
1
1
2
x
y
D
entra em y = 0
sai em y = 2x
1
2
Temos que
V (W ) =
∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫∫
D
√
1− x2 dxdy
onde D, como tipo I, e´ dado por D :
{
0 ≤ x ≤ 1
0 ≤ y ≤ 2x . Enta˜o:
V (W ) =
∫ 1
0
∫ 2x
0
√
1− x2 dydx =
∫ 1
0
√
1− x2 · 2x dx =
= −
∫ 1
0
(1− x2)1/2(−2x) dx = −2
3
[
(1− x2)3/2]1
0
= −2
3
(0− 1) = 2
3
u.v.
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Ca´lculo 3A Lista 1 18
Exerc´ıcio 7: Seja V o volume de um so´lido delimitado pelo cilindro parabo´lico z = 8− 2y2 e pelos
planos x = 0, x = 8 e z = 0. Calcule V .
Soluc¸a˜o: Inicialmente trac¸amos, no plano yz, a para´bola z = 8 − 2y2. Como esta equac¸a˜o na˜o
depende da varia´vel x, enta˜o por pontos da para´bola, consideremos retas paralelas ao eixo x. Con-
siderando que o so´lido e´ limitado pelos planos x = 0, x = 8 e z = 0, temos que o esboc¸o do so´lido
W esta´ representado na figura que se segue.
x
y
z
W
“piso” D
“teto”: z = f(x, y) = 8− 2y2
−2
8
8
2
x
y
D
−2
8
2
Portanto:
V (W ) =
∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫∫
D
(8− 2y2) dxdy =
∫ 2
−2
∫ 8
0
(8− 2y2) dxdy =
= 8
[
8y − 2y
3
3
]2
−2
= 16
(
16− 16
3
)
=
512
3
u.v.
Exerc´ıcio 8: Calcule o volume do so´lido W delimitado pelas superf´ıcies y = x2, y = 4, z = 0 e
z = 4.
Soluc¸a˜o: No plano xy esboc¸amos a para´bola y = x2. Como esta equac¸a˜o na˜o depende da varia´vel
z, enta˜o por pontos da para´bola trac¸amos retas paralelas ao eixo z. Considerando que o so´lido e´
limitado pelos planos z = 0, z = 4 e y = 4, temos que o esboc¸o de W esta´ representado pela figura
que se segue.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 1 19
x
y
z
W
“piso” D
“teto”: z = 4
−2
4
4
2
x
y
D
entra em y = x2
sai em y = 4
−2
4
2
Portanto:
V (W ) =
∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫∫
D
4 dxdy =
∫ 2
−2
∫ 4
x2
4 dydx =
= 4
∫ 2
−2
(4− x2) dx = 4
[
4x− x
3
3
]2
−2
= 4
(
32
3
)
=
128
3
u.v.
Exerc´ıcio 9: Encontre o volume do so´lido no primeiro octante, limitado pelos planos coordenados,
pelo plano x = 3 e pelo cilindro parabo´lico z = 4− y2.
Soluc¸a˜o:
Esboc¸o do so´lido W no primeiro octante
No plano yz (x = 0) trac¸amos a para´bola z = 4− y2 com y ≥ 0 e z ≥ 0. Como esta equac¸a˜o na˜o
depende da varia´vel x, enta˜o por pontos da para´bola trac¸amos semirretas paralelas ao eixo x, com
x ≥ 0, obtendo, assim, o cilindro parabo´lico. Agora, trac¸amos o plano vertical x = 3 que intercepta
o cilindro parabo´lico segundo uma curva passando por A = (3, 0, 4) e B = (3, 2, 0). Considerando
que o so´lido W e´ limitado pelos planos coordenados, temos o esboc¸o de W na figura que se segue.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 1 20
x
y
z
W
A
B
“teto” de W : z = f(x, y) = 4− y2
“piso” D : 0 ≤ x ≤ 3 , 0 ≤ y ≤ 2
2
3
4
Por integral dupla temos:
V (W ) =
∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫∫
D
(
4− y2) dxdy = ∫ 3
0
∫ 2
0
(
4− y2) dydx =
=
∫ 3
0
[
4y − y
3
3
]2
0
dx =
∫ 3
0
(
8− 8
3
)
dx =
16
3
∫ 3
0
dx =
16
3
· 3 = 16 u.v.
Exerc´ıcio 10: Use integral dupla para calcular o volume do so´lido W no primeiro octante, compre-
endido 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 assimo 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.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 1 21
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:
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 1 22
x
y
D
Sai em x = 1Entra em x = y2
−1
1
1
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.
UFF IME - GMA
Universidade Federal Fluminense
Instituto de Matema´tica e Estatı´stica
Departamento de Matema´tica Aplicada
Ca´lculo 3A – Lista 2
Exerc´ıcio 1: Use a mudanc¸a u = x+y e v = x−y e calcule a integral de f(x, y) = (x+y)2 sen2(x−y)
sobre a regia˜o D : |x|+ |y| ≤ pi.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se segue.
x
y
D
x− y = −pi
x+ y = −pi
x− y = pi
x+ y = pi
pi
pi
−pi
−pi
De u = x+ y e v = x− y temos x = u+ v
2
e y =
u− v
2
. Portanto, o jacobiano da mudanc¸a e´ dado
por:
J =
∂(x, y)
∂(u, v)
=
∣∣∣∣∣∣∣
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣
1
2
1
2
1
2
−1
2
∣∣∣∣∣∣ =
−1
4
− 1
4
= −1
2
.
Como dxdy = |J | dudv enta˜o dxdy = 1
2
dudv. A func¸a˜o f(x, y) = (x+y)2 sen2(x−y) transforma-se
em u2 sen2 v.
Como D e´ limitada pelas retas x + y = pi, x + y = −pi, x − y = pi e x − y = −pi, enta˜o Duv e´
limitada pelas retas u = pi, u = −pi, v = pi e v = −pi.
Ca´lculo 3A Lista 2 24
u
v
Duv
pi
pi
−pi
−pi
Assim, pela fo´rmula da mudanc¸a de varia´veis temos:∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫∫
D
(x+ y)2 sen2(x− y) dxdy =
=
∫∫
Duv
(u2 sen2 v)
1
2
dudv =
1
2
∫ pi
−pi
sen2 v
∫ pi
−pi
u2 dudv =
=
1
2
∫ pi
−pi
sen2 v
[
u3
3
]pi
−pi
dv =
1
2
· 2pi
3
3
∫ pi
−pi
sen2 v dv =
=
pi3
3
· 1
2
[
v − sen 2v
2
]pi
−pi
=
pi4
3
.
Exerc´ıcio 2: Use a mudanc¸a de varia´veis u = xy e v = y/x, e calcule a integral dupla
∫∫
D
(x2 +
2y2) dA, sendo D a regia˜o do plano xy no primeiro quadrante, delimitada pelas curvas xy = 1,
xy = 2, y = x e y = 2x.
Soluc¸a˜o: Se u = xy e v = y/x vemos que uv = y2 e
u
v
= x2. Assim, x2 + 2y2 =
u
v
+ 2uv. Por
outro lado
J−1 =
1
J
=
∂(u, v)
∂(x, y)
=
∣∣∣∣∣∣∣
∂u
∂x
∂u
∂y
∂v
∂u
∂v
∂y
∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣
y x
−y
x2
1
x
∣∣∣∣∣∣ =
y
x
+
y
x
=
2y
x
= 2v .
Logo, J =
1
2v
. Como dA = |J | dudv, enta˜o dA = 1
2v
dudv .
Como D esta´ limitada por xy = 1, xy = 2, y = x (ou y/x = 1) e y = 2x (ou y/x = 2) enta˜o Duv
esta´ limitada por u = 1, u = 2, v = 1 e v = 2.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 2 25
u
v
Duv
2
2
1
1
Logo, pela fo´rmula de mudanc¸a de varia´veis, temos:∫∫
D
(x2 + 2y2) dA =
∫∫
Duv
(
u
v
+ 2uv
)
1
2v
dudv =
=
1
2
∫∫
Duv
(
u
v2
+ 2u
)
dudv =
1
2
∫ 2
1
∫ 2
1
(
1
v2
+ 2
)
u dudv =
=
1
2
∫ 2
1
(
1
v2
+ 2
) [
u2
2
]2
1
dv =
3
4
∫ 2
1
(
1
v2
+ 2
)
dv =
=
3
4
[
−1
v
+ 2v
]2
1
=
3
4
[(
−1
2
+ 4
)
− (−1 + 2)
]
=
15
8
.
Exerc´ıcio 3: Calcule
∫∫
D
xy3 dA da regia˜o D do primeiro quadrante, limitada por y = x, y = 3x,
xy = 1 e xy = 4.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se segue.
x
y
D
y = 3x
y = x
xy = 1
xy = 4
u
v
Duv
1
1
3
4
Com a transformac¸a˜o u = y/x, v = xy, a regia˜o D transforma-se na regia˜o Duv limitada pelas retas
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 2 26
u = 1, u = 3, v = 1 e v = 4. Temos:
J−1 =
∂(u, v)
∂(x, y)
=
∣∣∣∣∣∣∣
∂u
∂x
∂u
∂y
∂v
∂x
∂v
∂y
∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣
−y
x2
1
x
y x
∣∣∣∣∣∣ = −
y
x
− y
x
= −2y
x
= −2u .
Logo:
∂(x, y)
∂(u, v)
=
1
J−1
=
1
−2u = −
1
2u
.
De u = y/x e v = xy temos que uv = y2. Portanto, o integrando xy3 = xy · y2 transforma-se em
v · uv = uv2. Assim, da fo´rmula da mudanc¸a de varia´veis temos:∫∫
D
xy3 dA =
∫∫
Duv
uv2
∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v)
∣∣∣∣ dudv =
∫∫
Duv
uv2
∣∣∣− 1
2u
∣∣∣ dudv =
=
1
2
∫∫
Duv
v2 dudv =
1
2
∫ 3
1
∫ 4
1
v2 dvdu =
1
2
∫ 3
1
[
v3
3
]4
1
du =
=
1
6
(64− 1)
∫ 3
1
du =
63
3
[
u
]3
1
=
21
2
(3− 1) = 21 .
Exerc´ıcio 4: Use coordenadas polares para calcular as seguintes integrais duplas:
a)
∫∫
D
√
x2 + y2 dxdy, sendo D o disco de centro na origem e raio 2.
b)
∫∫
D
(
x2 + y2
)2
dA, onde D e´ a regia˜o dada por x2 + y2 ≤ 4, com x ≥ 0.
c)
∫∫
D
ln(x2 + y2)
x2 + y2
dxdy, sendo D : 1 ≤ x2 + y2 ≤ e2, com y ≥ 0.
d)
∫ a
−a
∫ √a2−x2
0
e−x
2−y2 dydx.
e)
∫∫
D
1√
x2 + y2
dA, sendo D : 1 ≤ x ≤ 3 e 0 ≤ y ≤ x.
f)
∫∫
D
(x+ y) dA, sendo D : x2 + y2 − 2y ≤ 0.
Soluc¸a˜o:
a) O esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se segue.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 2 27
x
y
D
entra em r = 0
sai em r = 2
2
2
Em coordenadas polares temos
√
x2 + y2 =
√
r2 = r e dxdy = rdrdθ.
Descric¸a˜o de D em coordenadas polares
Efetuando uma “varredura” em D, no sentido anti-hora´rio, a partir do eixo x positivo, vemos que
0 ≤ θ ≤ 2pi.
Considerando um ponto P qualquer no interior de D, vemos que a semirreta entra em D na origem
onde r = 0 e sai de D em um ponto da circunfereˆncia onde r = 2. Enta˜o, 0 ≤ r ≤ 2. Assim, a
regia˜o D e´ transformada na regia˜o Drθ dada por Drθ :
{
0 ≤ r ≤ 2
0 ≤ θ ≤ 2pi .
r
θ
Drθ
2pi
2
Logo: ∫∫
D
√
x2 + y2 dxdy =
∫∫
Drθ
r · r drdθ =
∫∫
Drθ
r2 drdθ =
∫ 2
0
∫ 2pi
0
r2 dθdr =
= 2pi
∫ 2
0
r2 dr = 2pi
[
r3
3
]2
0
=
16pi
3
.
Observac¸a˜o: Notem que em coordenadas polares qualquer disco de centro na origem transforma-se
em um retaˆngulo com os lados paralelos aos eixos coordenados.
b) O esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se segue.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 2 28
x
y
D
−2
2
2
Descric¸a˜o de D em coordenadas polares
Efetuando uma “varredura” em D, no sentido anti-hora´rio, a partir do eixo y negativo, onde θ =
−pi/2 ate´ o eixo y positivo onde θ = pi/2, vemos que −pi/2 ≤ θ ≤ pi/2.
Considerando um ponto P qualquer no interior de D, vemos que a semirreta OP entra em D na
origem onde r = 0 e sai de D em um ponto da circunfereˆncia onde r = 2. Logo, 0 ≤ r ≤ 2. Assim,
a regia˜o D e´ transformada na regia˜o Drθ dada por Drθ :
{
0 ≤ r ≤ 2
−pi/2 ≤ θ ≤ pi/2 .
r
θ
Drθ
−pi
2
pi
2
2
Logo: ∫∫
D
(x2 + y2)2dA =
∫∫
Drθ
r4 · r drdθ =
∫∫
Drθ
r5 drdθ =
=
∫ 2
0
r5
∫ pi/2
−pi/2
dθdr = pi
∫ 2
0
r5 dr = pi
[
r6
6]2
0
=
32pi
3
.
c) O esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se segue.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 2 29
x
y
D P
e
e
−e
1
1−1
entra em r = 1
sai em r = e
Em coordenadas polares temos
ln(x2 + y2)
x2 + y2
=
ln(r2)
r2
=
2 ln r
r2
e dxdy = r drdθ.
Descric¸a˜o de D em coordenadas polares
Efetuando uma “varredura” em D, no sentido anti-hora´rio, vemos que
0 ≤ θ ≤ pi.
Considerando um ponto P qualquer no interior de D, vemos que a semirreta OP entra em D em
um ponto da circunfereˆncia x2 + y2 = 1 onde r = 1 e sai de D em um ponto da circunfereˆncia
x2 + y2 = e2 onde r = e. Enta˜o, 1 ≤ r ≤ e. Assim, a regia˜o D e´ transformada na regia˜o Drθ dada
por Drθ :
{
1 ≤ r ≤ e
0 ≤ θ ≤ pi .
r
θ
Drθ
1
pi
e
Logo: ∫∫
D
ln(x2 + y2)
x2 + y2
dxdy =
∫∫
Drθ
2 ln r
r2
· r drdθ = 2
∫∫
Drθ
ln r
r
drdθ =
= 2
∫ e
1
ln r
r
∫ pi
0
dθdr = 2pi
∫ e
1
ln r
r
dr .
Fazendo u = ln r temos du =
1
r
dr. Por outro lado, para r = 1 temos u = ln 1 =
= 0 e para r = e temos u = ln e = 1. Enta˜o:∫ e
0
ln r
r
dr =
∫ 1
0
u du =
[
u2
2
]1
0
=
1
2
.
Substituindo acima temos: ∫∫
D
ln(x2 + y2)
x2 + y2
dxdy = 2pi · 1
2
= pi .
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Ca´lculo 3A Lista 2 30
d) Temos
I =
∫ a
−a
∫ √a2−x2
0
e−x
2−y2dydx =
∫∫
D
e−x
2−y2dxdy
onde D e´ dada por D :
{ −a ≤ x ≤ a
0 ≤ y ≤ √a2 − x2 ⇒ x2 + y2 = a2 , y ≥ 0 cujo esboc¸o esta´ represen-
tado na figura que se segue.
x
y
−a
D
a
a
Passando para coordenadas polares temos e−(x
2+y2) = e−r
2
e dxdy = r drdθ e a regia˜oD transforma-
se em Drθ :
{
0 ≤ r ≤ a
0 ≤ θ ≤ pi . Logo:
I =
∫∫
Drθ
e−r
2
r drdθ =
∫ a
0
e−r
2
r
∫ pi
0
dθdr = pi
∫ a
0
e−r
2
r dr =
=
pi
−2
∫ a
0
e−r
2
(−2r)dr = −pi
2
[
e−r
2
]a
0
=
pi
2
(
1− e−a2) .
e) O esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se segue.
x
y
D
y = x
1 3
Por coordenadas polares temos
1√
x2 + y2
dA =
1√
r2
· r drdθ = drdθ.
Descric¸a˜o de D em coordenadas polares
Efetuando uma “varredura” em D, no sentido anti-hora´rio, a partir do eixo x positivo onde θ = 0
ate´ a reta y = x onde θ = pi/4, vemos que 0 ≤ θ ≤ pi/4.
Considerando um ponto P qualquer no interior de D, vemos que a semirreta OP entra em D na
reta vertical x = 1 ou r cos θ = 1 donde r =
1
cos θ
= sec θ e sai de D na reta vertical x = 3 ou
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 2 31
r cos θ = 3 donde r =
3
cos θ
= 3 sec θ. Enta˜o, sec θ ≤ r ≤ 3 sec θ. Assim, a regia˜o D e´ transformada
na regia˜o Drθ dada por Drθ :
{
sec θ ≤ r ≤ 3 sec θ
0 ≤ θ ≤ pi/4 . Logo:
∫∫
D
1√
x2 + y2
dA =
∫∫
Drθ
drdθ =
∫ pi/4
0
∫ 3 sec θ
sec θ
drdθ =
=
∫ pi/4
0
(3 sec θ − sec θ)dθ = 2
∫ pi/4
0
sec θ dθ = 3
[
ln(sec θ + tg θ)
]pi/4
0
=
= 3
[
ln
(
sec
pi
4
+ tg
pi
4
)
− ln(sec 0 + tg 0)
]
=
= 3
[
ln(
√
2 + 1)− ln(1 + 0)] = 3 ln(√2 + 1) .
f) De x2 + y2 − 2y = 0 temos x2 + (y − 1)2 = 1. Assim, o esboc¸o da regia˜o D esta´ representado
na figura a seguir.
x
y
D
P
entra em r = 0
sai em r = 2 sen θ
1
2
Temos: ∫∫
D
(x+ y) dA =
∫∫
D
x dA+
∫∫
D
y dA .
Como f(x, y) = x e´ uma func¸a˜o ı´mpar na varia´vel x e a regia˜o D tem simetria em relac¸a˜o ao eixo
y, enta˜o: ∫∫
D
f(x, y) dA =
∫∫
D
x dA = 0 .
Assim: ∫∫
D
(x+ y) dA =
∫∫
D
y dA .
Em coordenadas polares temos ydA = (r sen θ)r drdθ = r2 sen θ drdθ.
Descric¸a˜o de D em coordenadas polares
Efetuando uma “varredura” em D, no sentido anti-hora´rio, a partir do eixo x positivo onde θ = 0
ate´ o eixo x negativo onde θ = pi, vemos que 0 ≤ θ ≤ pi.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 2 32
Considerando um ponto P qualquer no interior de D, na˜o situado no eixo y, vemos que a semirreta
OP entra em D na origem onde r = 0 e sai de D em um ponto da circunfereˆncia x2 + y2 = 2y
ou r2 = 2r sen θ donde r = 2 sen θ, para r 6= 0. Enta˜o, 0 ≤ r ≤ 2 sen θ. Assim, a regia˜o D e´
transformada na regia˜o Drθ dada por Drθ :
{
0 ≤ r ≤ 2 sen θ
0 ≤ θ ≤ pi . Logo:
∫∫
D
(x+ y)dA =
∫∫
D
y dA =
∫∫
Drθ
r2 sen θ drdθ =
=
∫ pi
0
sen θ
∫ 2 sen θ
0
r2 drdθ =
∫ pi
0
sen θ
[
r3
3
]2 sen θ
0
dθ =
=
8
3
∫ pi
0
sen4 θ dθ =
8
3
∫ pi
0
(
1− cos 2θ
2
)2
dθ =
=
8
12
∫ pi
0
(
1− 2 cos 2θ + cos2 2θ) dθ =
=
2
3
· 1
2
∫ pi
0
(
1− 2 cos 2θ + cos2 2θ)d(2θ) =
=
1
3
[
2θ − 2 sen 2θ + 1
2
(
2θ +
sen 4θ
2
)]pi
0
=
1
3
(2pi + pi) = pi .
Exerc´ıcio 5: Calcule a a´rea da regia˜o no primeiro quadrante, fora da circunfereˆncia x2 + y2 = 4 e
dentro da circunfereˆncia x2 + y2 = 4x.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se segue.
x
y
P
D
entra em r = 2
sai em r = 4 cos θ
(1,
√
3)
θ
42
2
θ
1
√
3
Da teoria, temos que:
A(D) =
∫∫
D
dxdy =
∫∫
Drθ
r drdθ .
Descric¸a˜o de D em coordenadas polares
De x2+y2 = 4 e x2+y2 = 4x temos 4x = 4 donde x = 1 e, portanto, y =
√
3 . Assim, a intersec¸a˜o
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 2 33
e´ o ponto (1,
√
3). No triaˆngulo retaˆngulo acima, temos que tg θ =
√
3
1
=
√
3 donde θ = pi/3.
Assim, efetuando uma “varredura” em D, no sentido anti-hora´rio a partir do eixo x positivo, vemos
que 0 ≤ θ ≤ pi/3.
Considerando um ponto P qualquer no interior de D vemos que a semirrreta OP entra em D na
circunfereˆncia x2+y2 = 4 donde r = 2 e sai de D na circunfereˆncia x2+y2 = 4x donde r2 = 4r cos θ
ou r = 4 cos θ, se r 6= 0. Assim, 2 ≤ r ≤ 4 cos θ. Logo temos Drθ :
{
2 ≤ r ≤ 4 cos θ
0 ≤ θ ≤ pi/3 . Enta˜o:
A(D) =
∫ pi/3
0
∫ 4 cos θ
2
r drdθ =
∫ pi/3
0
[
r2
2
]4 cos θ
2
dθ =
1
2
∫ pi/3
0
(16 cos2 θ − 4) dθ =
=
1
2
[
16 · 1
2
(
θ +
sen 2θ
2
)
− 4θ
]pi/3
0
=
1
2
(
8 · pi
3
+ 4 sen
2pi
3
− 4 · pi
3
)
=
=
1
2
(
4pi
3
+
4
√
3
2
)
=
2pi
3
+
√
3 u.a.
Exerc´ıcio 6: Seja dada a integral dupla
∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫ 1
0
∫ x
0
f(x, y) dydx+
∫ √2
1
∫ √2−x2
0
f(x, y) dydx .
a) Esboce a regia˜o D.
b) Expresse a soma das integrais do segundo membro como uma so´ integral na qual a ordem de
integrac¸a˜o esteja invertida.
c) Calcule a integral dupla para a func¸a˜o f(x, y) = ln (1 + x2 + y2).
Soluc¸a˜o:
a) Temos I =
∫∫
D
f(x, y) dxdy com D = D1 ∪D2, onde D1 =
{
(x, y); 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ x} e
D2 =
{
(x, y); 1 ≤ x ≤ √2 , 0 ≤ y ≤ √2− x2}. Os esboc¸os de D1 e D2 sa˜o:
x
y
D1
y = x
(1, 1)1
1 x
y
D2
√
2
(1, 1)1
1
Logo, o esboc¸o de D esta´ representado na figura que se segue.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 2 34
x
y
Dx = y
√
2
(1, 1)1
1
x =
√
2− y2
b) Enquadrando D como tipo II, temos D :
{
0 ≤ y ≤ 1
y ≤ x ≤
√
2− y2 . Enta˜o:
I =
∫ 1
0
∫ √2−y2
y
f(x, y) dxdy .
c) Expressando D como coordenadas polares, temos D :
{
0 ≤ θ ≤ pi/4
0 ≤ r ≤ √2 . Enta˜o:
I =
∫∫
Drθ
ln
(
1 + r2
)
r drdθ =
∫ √2
0
∫ pi/4
0
ln
(
1 + r2
)
r dθdr =
=
pi
4
∫ √2
0
ln
(
1 + r2
)
r dr .
Fazendo y = 1 + r2, temos dy = 2r dr, donde r dr =
dy
2
. Para r = 0, temos y = 1 e para r =
√
2
temos y = 3. Enta˜o:
I =
pi
4
∫ 3
1
ln y
dy
2
=
pi
8
∫ 3
1
ln y dy .
Aplicando integrac¸a˜o por partes, temos:
u = ln y , dv = dy ⇒ du = 1
y
dy , v = y .
Como
∫
u dv = uv −
∫
v du, enta˜o:
I =
pi
8
[
y ln y
∣∣∣∣
3
1
−
∫ 3
1
y · 1
ydy
]
=
pi
8
(
3 ln 3− ln 1−
∫ 3
1
dy
)
=
=
pi
8
(
3 ln 3− y
∣∣∣∣
3
1
)
ou
I =
pi
8
(3 ln 3− 2) .
Exerc´ıcio 7: Passe para coordenadas polares e calcule:
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 2 35
a) I =
∫ 1
0
∫ 1+√1−y2
1−
√
1−y2
xy dxdy
b) I =
∫ a
0
∫ √a2−x2
0
√
a2 − x2 − y2 dydx, a > 0
Soluc¸a˜o:
a) A integral I esta´ definida sobre a regia˜o D descrita pelas desigualdades
D :
{
0 ≤ y ≤ 1
1−
√
1− y2 ≤ x ≤ 1 +
√
1− y2 . Observe que D esta´ descrita como uma regia˜o do tipo
II. Examinemos a fronteira da esquerda de D:
x = 1−
√
1− y2 , 0 ≤ y ≤ 1 ⇒ x− 1 = −
√
1− y2 , 0 ≤ y ≤ 1(∴ x ≤ 1) .
Elevando ao quadrado, tem-se:
(x− 1)2 = 1− y2, 0 ≤ y ≤ 1 e x ≤ 1
o que implica
(x− 1)2 + y2 = 1, 0 ≤ y ≤ 1 e x ≤ 1 .
Enta˜o a fronteira da esquerda e´ a parte da circunfereˆncia (x − 1)2 + y2 = 1 com 0 ≤ y ≤ 1 e
x ≤ 1. Examinando a fronteira da direita, temos que consiste da parte da mesma circunfereˆncia com
0 ≤ y ≤ 1 e x ≥ 1. Assim, o esboc¸o de D esta´ representado na figura que se segue.
x
y
(x, y)
r = 0
r = 2 cos θ
1 2
Portanto D se transforma em:
Drθ =
{
(r, θ); 0 ≤ r ≤ 2 cos θ , 0 ≤ θ ≤ pi/2} .
Temos:
I =
∫∫
Drθ
r cos θr sen θr drdθ =
∫∫
Drθ
r3 cos θ sen θ drdθ =
=
∫ pi/2
0
∫ 2 cos θ
0
r3 cos θ sen θ drdθ =
∫ pi/2
0
cos θ sen θ
[
r4
4
]2 cos θ
0
dθ =
= 4
∫ pi/2
0
cos5 θ sen θ dθ = −4cos
6 θ
6
∣∣∣pi/2
0
=
2
3
.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 2 36
b) A integral I esta´ definida sobre a regia˜o D descrita pelas desigualdades
D :
{
0 ≤ x ≤ a
0 ≤ y ≤ √a2 − x2 que e´ do tipo I. A fronteira superior de D e´ a curva y =
√
a2 − x2
com 0 ≤ x ≤ a e y ≥ 0 que corresponde a` parte da circunfereˆncia x2 + y2 = a2 com 0 ≤ x ≤ a e
y ≥ 0.
A fronteira inferior de D e´ o segmento de reta y = 0 com 0 ≤ x ≤ a. Assim, o esboc¸o de D esta´
representado na figura que se segue.
x
y
(x, y)
r = 0
r = a
a
a
D
O ponto (x, y) = (r cos θ, r sen θ) ∈ D e´ tal que θ varia segundo
0 ≤ θ ≤ pi/2 e r varia segundo 0 ≤ r ≤ a.
Portanto D se transforma em:
Drθ =
{
(r, θ); 0 ≤ r ≤ a , 0 ≤ θ ≤ pi/2} .
Enta˜o:
I =
∫∫
Drθ
√
a2 − r2 r drdθ =
∫ a
0
∫ pi/2
0
√
a2 − r2 r dθdr =
=
pi
2
∫ a
0
(
a2 − r2)1/2r dr = −1
2
· pi
2
∫ a
0
(
a2 − r2)1/2d(a2 − r2) =
= −pi
4
· 2
3
(
a2 − r2)3/2∣∣∣∣
a
0
= −pi
6
(
0− a3) = pia3
6
.
Exerc´ıcio 8: A base de um so´lido e´ a regia˜o do plano xy delimitada pelo disco x2 + y2 ≤ a2, com
a > 0. e a parte superior e´ a superf´ıcie do parabolo´ide az = x2 + y2. Calcule o volume do so´lido.
Soluc¸a˜o: Seja D o disco x2 + y2 ≤ a2 e seja z = f(x, y) = x
2 + y2
a
≥ 0 ,
que e´ cont´ınua em D. Enta˜o o volume do so´lido W de base D e “teto”
z = f(x, y) =
x2 + y2
a
e´ dado por:
V (W ) =
∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫∫
D
x2 + y2
a
dxdy =
1
a
∫∫
D
(x2 + y2) dxdy .
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 2 37
Passando para coordenadas polares, temos (x2 + y2) dxdy = r2r drdθ = r3 drdθ e o disco D
transforma-se em Drθ :
{
0 ≤ r ≤ a
0 ≤ θ ≤ 2pi/ . Logo:
V (W ) =
1
a
∫∫
Drθ
r3 drdθ =
1
a
∫ a
0
r3
∫ 2pi
0
dθdr =
2pi
a
∫ a
0
r3 dr =
=
2pi
a
[
r4
4
]a
0
=
a3pi
2
u.v.
Exerc´ıcio 9: Achar o volume do so´lido limitado superiormente pela esfera x2 + y2 + z2 = 4,
inferiormente pelo plano xy e lateralmente pelo cilindro x2 + y2 = 1.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o de W esta´ representado na figura que se segue.
x y
z
11
2
W
“teto”
D (“piso”)
Observemos que o “teto” do so´lido W e´ uma porc¸a˜o da esfera
x2 + y2 + z2 = 4, donde z =
√
4− x2 − y2 = f(x, y). O “piso” de W e´ o disco D : x2 + y2 ≤ 1.
Enta˜o
V (W ) =
∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫∫
D
√
4− x2 − y2 dxdy .
Passando para coordenadas polares, temos

x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = rdrdθ
x2 + y2 = r2
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 2 38
O conjunto Drθ e´ dado por: 0 ≤ r ≤ 1 e 0 ≤ θ ≤ 2pi. Enta˜o:
V (W ) =
∫∫
Drθ
√
4− r2 · r drdθ =
∫ 1
0
(
4− r2)1/2 r ∫ 2pi
0
dθdr =
= 2pi
∫ 1
0
(
4− r2)1/2r dr .
Temos d(4− r2) = −2r dr, donde r dr = −1
2
d(4− r2). Logo:
V (W ) = 2pi
(
−1
2
) ∫ 1
0
(
4− r2)1/2 d(4− r2) =
= −pi · 2
3
·
[
(4− r2)3/2
]1
0
= −2pi
3
(
33/2 − 43/2) = 2pi
3
(
8− 3√3) u.v.
Exerc´ıcio 10: Determine o volume do so´lido W limitado pelo parabolo´ide z = 4 − x2 − y2 e pelo
plano xy.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o de W esta´ representado na figura que se segue.
x
y
z
W
“piso” D : x2 + y2 ≤ 4
4
2
2
x
y
D
2
2
Temos:
V (W ) =
∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫∫
D
(
4− x2 − y2) dxdy .
Passando para coordenadas polares temos

x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = r drdθ
x2 + y2 = r2
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 2 39
e Drθ :
{
0 ≤ θ ≤ 2pi
0 ≤ r ≤ 2 . Enta˜o:
V (W ) =
∫∫
Drθ
(
4− r2) r drdθ = ∫ 2
0
(
4r − r3) ∫ 2pi
0
dθdr =
= 2pi
∫ 2
0
(
4r − r3) dr = 2pi [2r2 − r4
4
]2
0
= 2pi(8− 4) = 8pi u.v.
UFF IME - GMA
Universidade Federal Fluminense
Instituto de Matema´tica e Estatı´stica
Departamento de Matema´tica Aplicada
Ca´lculo 3A – Lista 3
Exerc´ıcio 1: Calcule as coordenadas (x, y) do centro de massa de uma chapa homogeˆnea D com o
formato de um triaˆngulo iso´sceles com base 10 cm e altura 5 cm.
Soluc¸a˜o: Consideremos o eixo x passando pela base e o eixo y coincidindo com a mediatriz relativa
a` base do triaˆngulo.
x
y
D
−x+ y = 5 x+ y = 5
x = −(5− y) x = 5− y
−5 5
5
Como D e´ homogeˆnea e e´ sime´trica em relac¸a˜o ao eixo y, enta˜o pela observac¸a˜o 5, segue que x = 0.
Temos
y =
∫∫
D
y dxdy
A(D)
,
onde
A(D) =
1
2
× 10× 5 = 25 u.a.
Como D = {(x, y) ∈ R2; 0 ≤ y ≤ 5 , −(5− y) ≤ x ≤ 5− y}, enta˜o:∫∫
D
y dxdy =
∫ 5
0
∫ 5−y
−(5−y)
y dxdy =
∫ 5
0
y
[
x
]5−y
−(5−y) dy = 2
∫ 5
0
y(5− y) dy =
= 2
∫ 5
0
(5y − y2) dy = 2
[
5y2
2
− y
3
3
]5
0
=
125
3
.
Logo,:
y =
125
3
25
=
5
3
.
Assim, o centro de massa situa-se a
5
3
cm da base, sobre sua mediatriz.
Ca´lculo 3A Lista 3 40
Exerc´ıcio 2: Calcule a massa total M , o centro da massa (x, y) da laˆmina que tem a forma da
regia˜o D limitada pela para´bola x = y2 e pela reta x = 4 e que tem densidade δ(x, y) = x.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o da laˆmina D esta´ representado na figura que se segue.
x
y
D
entra em x = y2
sai em x = 42
−2
4
O centro de massa (x, y) e´ dado por:
Mx =
∫∫
D
xδ(x, y) dA =
∫∫
D
x2 dA
My =
∫∫
D
yδ(x, y) dA =
∫∫
D
xy dA
Como a regia˜o D tem simetria em relac¸a˜o ao eixo x e a func¸a˜o f(x, y) = xy e´ ı´mpar na varia´vel y
enta˜o: ∫∫
D
xy dA = 0 .
Logo, y = 0
Ca´lculo de M
Temos que
M =
∫∫
D
δ(x, y) dA =
∫∫
D
x dA
onde D : {(x, y) ∈ R2; −2 ≤ y ≤ 2 , y2 ≤ x ≤ 4}. Logo:
M =
∫ 2
−2
∫ 4
y2
x dxdy =
∫ 2
−2
[
x2
2
]4
y2
dy =
1
2
∫ 2
−2
(
16− y4) dy =
=
1
2
[
16y − y
5
5
]2
−2
=
1
2
[(
32− 32
5
)
−
(
−32 + 32
5
)]
=
=
1
2
· 2
(
32− 32
5
)
=
128
5
.
Ca´lculo de
∫∫
D
x2 dA
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 3 41
Temos: ∫∫
D
x2 dA =
∫ 2
−2
∫ 4
y2
x2 dxdy =
∫ 2
−2
[
x3
3
]4
y2
dy =
1
1
∫ 2
−2
(
64− y6) dy =
=
1
3
[
64y − y
7
7
]2
−2
=
1
3
· 2
(
128− 128
7
)
=
2
3
· 6 · 128
7
=
4 · 128
7
.
Portanto
128
5
· x = 4 · 128
7
donde x = 20/7.
Assim, o centro da massaesta´ sobre o eixo x em (20/7, 0).
Exerc´ıcio 3: Sendo a densidade δ constante, calcule o momento de ine´rcia Ix da laˆmina triangular
limitada pela reta x+ y = a e os eixos x = 0 e y = 0.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o de D esta´ representado na figura que se segue.
x
y
D
entra em y = 0
sai em y = a− x
a
a
O momento de ine´rcia Ix da laˆmina e´ dado por
Ix =
∫∫
D
y2δ(x, y) dA = δ
∫∫
D
y2 dA
onde D : {(x, y) ∈ R2; 0 ≤ x ≤ a , 0 ≤ y ≤ a− x}. Enta˜o:
Ix = δ
∫ a
0
∫ a−x
0
y2 dydx = δ
∫ a
0
[
y3
3
]a−x
0
dx =
δ
3
∫ a
0
(a− x)3dx .
Fazendo u = a− x temos du = −dx. Para x = 0 temos u = a e para x = a temos u = 0. Enta˜o:
Ix =
δ
3
∫ 0
a
u3(−du) = −δ
3
∫ 0
a
u3 du =
δ
3
∫ a
0
u3 du =
δ
3
[
u4
4
]a
0
=
δa4
12
.
Como δ(x, y) = δ, enta˜o a massa total e´:
M = δA(D) = δ · 1
2
· a · a = δa
2
2
.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 3 42
Assim:
Ix =
δa4
12
=
δa2
2
· a
2
6
=
Ma2
6
.
Exerc´ıcio 4: Uma laˆmina delgada tem a forma da regia˜o D que e´ interior a` circunfereˆncia
x2 + (y − 2)2 = 4 e exterior a` circunfereˆncia x2 + y2 = 4. Calcule a massa da laˆmina se a
densidade e´ dada por δ(x, y) = (x2 + y2)
−1/2
.
Soluc¸a˜o: De x2 + (y − 2)2 = 4 ou x2 + y2 = 4y e x2 + y2 = 4 temos que 4y = 4 donde y = 1 e
x = ±√3 . Logo, as circunfereˆncias se interceptam em (√3 , 1) e (−√3 , 1).
x
y
D
entra em r = 2
sai em r = 4 sen θ
α
(−√3 , 1) (√3 , 1)y = −1√
3
x y = 1√
3
x
2
4
⇒ tgα = 1√
3
⇒ α = 300 = pi
6
rad
A massa da laˆmina D e´
M =
∫∫
D
δ(x, y) dA =
∫∫
D
(
x2 + y2
)−1/2
dA .
Passando para coordenadas polares temos

x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = r drdθ
x2 + y2 = r2
.
A equac¸a˜o x2 + y2 = 4y transforma-se em r2 = 4r sen θ donde r = 4 sen θ.
Descric¸a˜o de D em coordenadas polares
Efetuando uma “varredura” em D no sentido anti-hora´rio a partir da reta y = 1/
√
3 x onde θ = pi/6
ate´ a reta y = −1/√3 x onde θ = pi − pi/6 =
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 3 43
= 5pi/6 vemos que θ varia de pi/6 ate´ 5pi/6. Por um ponto P no interior de D consideremos a
semirreta OP . Ela entra em D em r = 2 e sai de D em um ponto da circunfereˆncia x2 + y2 = 4y
onde r = 4 sen θ. Enta˜o r varia de 2 a 4 sen θ. Logo Drθ :
{
pi/6 ≤ θ ≤ 5pi/6
2 ≤ r ≤ 4 sen θ . Assim:
M =
∫∫
Drθ
(
r2
)−1/2
r drdθ =
∫ 5pi/6
pi/6
∫ 4 sen θ
2
drdθ =
∫ 5pi/6
pi/6
(4 sen θ − 2)dθ =
=
[
− 4 cos θ − 2θ
]5pi/6
pi/6
=
(
−4 cos 5pi
6
− 5pi
3
)
−
(
−4 cos pi
6
− pi
3
)
=
= 4 cos
pi
6
− 5pi
3
+ 4 cos
pi
6
+
pi
3
= 8
√
3
2
− 4pi
3
= 4
√
3− 4pi
3
u.m.
Exerc´ıcio 5: Uma laˆmina tem a forma de um semidisco D de raio a. A densidade superficial no
ponto P e´ proporcional a` distaˆncia do ponto ao centro do disco. Determine o valor da constante de
proporcionalidade se a massa do semidisco e´ igual a pia3 u.m.
Soluc¸a˜o: Sem perda de generalidade podemos considerar o semidisco centrado na origem e ocupando
os primeiro e segundo quadrantes. Logo, temos D : x2 + y2 ≤ a2, com y ≥ 0.
x
y
D
entra em r = 0
sai em r = a
a
a−a
P
Como a distaˆncia de (x, y) a` origem e´ igual a
√
x2 + y2 enta˜o a densidade e´ dada por δ(x, y) =
k
√
x2 + y2 onde k > 0 e´ a constante de proporcionalidade. A massa M de D e´ dada por:
M =
∫∫
D
δ(x, y) dA = k
∫∫
D
√
x2 + y2 dA .
Passando para coordenadas polares temos:

x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = r drdθ
x2 + y2 = r2
.
Descric¸a˜o de D em coordenadas polares
Efetuando uma “varredura” em D no sentido anti-hora´rio a partir do eixo x positivo onde θ = 0
ate´ o eixo x negativo onde θ = pi vemos que θ varia de 0 ate´ pi. Por um ponto P no interior de D
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 3 44
consideremos a semirreta OP . Ela entra em D em r = 0 e sai de D em r = a. Enta˜o r varia de 0
a a. Logo Drθ :
{
0 ≤ θ ≤ pi
0 ≤ r ≤ a . Assim:
M = k
∫∫
Drθ
√
r r drdθ = k
∫ a
0
r2
∫ pi
0
dθdr = kpi
∫ a
0
r2 dr =
= kpi
[
r3
3
]a
0
=
kpia3
3
mas M = pia3 u.m. Enta˜o
kpia3
3
= pia3 donde k = 3.
Exerc´ıcio 6: Calcule o momento de ine´rcia em relac¸a˜o a origem da chapa
D =
{
(x, y) ∈ R2; x2 + y2 ≤ a2}
se a densidade superficial e´ δ(x, y) = k
√
x2 + y2, com k > 0.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o da chapa D esta´ representado na figura que se segue.
x
y
D
a
a−a
−a
O momento de ine´rcia em relac¸a˜o a` origem e´ dado por
I0 =
∫∫
D
(
x2 + y2
)
δ(x, y) dA = k
∫∫
D
(
x2 + y2
)√
x2 + y2 dA .
Passando para coordenadas polares temos:
I0 = k
∫∫
Drθ
r2
√
r2 r drdθ = k
∫∫
Drθ
r4 drdθ
onde Drθ e´ dado pelas desigualdades 0 ≤ r ≤ a e 0 ≤ θ ≤ 2pi. Assim:
I0 = k
∫ a
0
r4
∫ 2pi
0
dθdr = 2kpi
∫ a
0
r4 dr = 2kpi
[
r5
5
]a
0
=
2kpia5
5
.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 3 45
Exerc´ıcio 7: Mostre que o momento de ine´rcia de um disco circular homogeˆneo de raio a em relac¸a˜o
a uma reta ao longo de um diaˆmetro e´ igual a
Ma2
4
, onde M e´ a massa do disco.
Soluc¸a˜o: Introduzindo um sistema de coordenadas conforme a figura a seguir, o momento de ine´rcia
em relac¸a˜o ao eixo x, que conte´m um diaˆmetro, e´ dado por
Ix =
∫∫
D
y2k dxdy = k
∫∫
D
y2 dxdy .
x
y
a
a
D
Passando para coordenadas polares, tem-se

x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = rdrdθ
e Drθ e´ dado por Drθ :
{
0 ≤ r ≤ a
0 ≤ θ ≤ 2pi . Enta˜o:
Ix = k
∫∫
Drθ
r2 sen2 θr drdθ = k
∫∫
Drθ
r3 sen2 θ drdθ =
= k
∫ a
0
∫ 2pi
0
r3 sen2 θ dθdr = k
∫ a
0
r3 · 1
2
[
θ − sen 2θ
2
]2pi
0
dr =
= kpi
∫ a
0
r3 dr = kpi
[
r4
4
]a
0
=
kpia4
4
.
Como D e´ homogeˆneo, enta˜o M = kA(D). Logo
M = kpia2 .
Enta˜o:
Ix = kpia
2 · a
2
4
=
Ma2
4
.
Exerc´ıcio 8: Calcule o centro´ide da regia˜o limitada pelas curvas y = x2, x+ y = 2 e y = 0.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 3 46
x
y
x+ y = 2
y = x2
x = y1/2
x = 2− y
D
1
2
2
Soluc¸a˜o:
Note que D e´ do tipo II pois 0 ≤ y ≤ 1 e y1/2 ≤ x ≤ 2− y. O centro´ide (x, y) e´ dado por:
x =
∫∫
D
x dxdy∫∫
D
dxdy
y =
∫∫
D
y dxdy∫∫
D
dxdy
.
Temos: ∫∫
D
dxdy =
∫ 1
0
∫ 2−y
y1/2
dxdy =
∫ 1
0
(
2− y − y1/2) dy =
=
[
2y − y
2
2
− 2
3
y3/2
]1
0
= 2− 1
2
− 2
3
=
12− 3− 4
6
=
5
6
.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 3 47
∫∫
D
x dxdy =
∫ 1
0
∫ 2−y
y1/2
x dxdy =
∫ 1
0
[
x2
2
]2−y
y1/2
dy =
=
1
2
∫ 1
0
(
4− 4y + y2 − y) dy = 1
2
∫ 1
0
(
4− 5y + y2) dy =
=
1
2
[
4y − 5y
2
2
+
y3
3
]1
0
=
1
2
(
4− 5
2
+
1
3
)
=
1
2
· 24− 15 + 2
6
=
11
12
.
∫∫
D
y dxdy =
∫ 1
0
∫ 2−y
y1/2
y dxdy =
∫ 1
0
y
(
2− y − y1/2) dy =
=
∫ 1
0
(
2y − y2 − y3/2) dy = [y2 − y3
3
− 2
5
y5/2
]1
0
= 1− 1
3
− 2
5
=
=
15− 5− 6
15
=
4
15
.
Logo
x =
11/12
5/6
=
11
10
y =
4/15
5/6
=
8
25
donde
(x, y) =
(
11
10
,
8
25
)
.
Exerc´ıcio 9: Seja uma laˆmina delgada representada pela regia˜o D determinada por y ≤ x, y ≥ −x,
x2 + y2 ≥ 2x e x2 + y2 ≤ 4x. Se a densidade em cada ponto P = (x, y) da laˆmina e´ dada por
δ
1√
x2 + y2
, determine:
a) a massa de D;
b) o momento de ine´rcia polar em relac¸a˜o a` origem.
Soluc¸a˜o:
a) Completando quadrado em x2 + y2 = 2x e x2 + y2 = 4x, temos
(x − 1)2 + y2 = 1 e (x − 2)2 + y2 = 4. Logo, o esboc¸o de D esta´ representado na figuraque
se segue.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 3 48
x
y
D
y = −x
y = x
A
B
1 2 4
P = (r, θ)
A massa M e´ dada por:
M =
∫∫
D
1√
x2 + y2
dxdy .
Vamos usar coordenadas polares para descrever a regia˜o D. Temos:

x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = rdrdθ
x2 + y2 = r2
Logo, x2+y2 = 2x e x2+y2 = 4x acarretam em r2 = 2r cos θ e r2 = 4r cos θ, e para r 6= 0, obtemos
r = 2 cos θ e r = 4 cos θ. Para descrever D, consideramos um ponto P = (x, y) = (r, θ) ∈ D. A
semireta OP intercepta a fronteira de D em A = (r1(θ), θ) e B = (r2(θ), θ), onde r1(θ) = 2 cos θ
e r2(θ) = 4 cos θ. Logo, 2 cos θ ≤ r ≤ 4 cos θ.
As retas y = x e y = −x acarretam em r sen θ = r cos θ e r sen θ =
= −r cos θ ou tg θ = 1 e tg θ = −1, donde θ = pi/4 e θ = −pi/4, respectivamente. Logo,
−pi/4 ≤ θ ≤ pi/4. Assim,
D =
{
(r, θ) ∈ R2; −pi/4 ≤ θ ≤ pi/4 , 2 cos θ ≤ r ≤ 4 cos θ} .
Enta˜o:
M =
∫∫
Drθ
1√
r2
· r drdθ =
∫∫
Drθ
drdθ =
∫ pi/4
−pi/4
∫ 4 cos θ
2 cos θ
drdθ =
=
∫ pi/4
−pi/4
2 cos θ dθ =
[
2 sen θ
]pi/4
−pi/4
= 4 ·
√
2
2
= 2
√
2 u.m.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 3 49
b) Temos:
I0 =
∫∫
D
(x2 + y2)δ(x, y) dA =
∫∫
D
(x2 + y2)√
x2 + y2
dA =
=
∫∫
D
√
x2 + y2 dA =
∫∫
Drθ
√
r2 · r drdθ =
∫ pi/4
−pi/4
∫ 4 cos θ
2 cos θ
r2 drdθ =
=
∫ pi/4
−pi/4
[
r3
3
]4 cos θ
2 cos θ
dθ =
1
3
∫ pi/4
−pi/4
(64 cos3 θ − 8 cos3 θ) dθ =
=
56
3
∫ pi/4
−pi/4
cos3 θ dθ =
56
3
∫ pi/4
−pi/4
(1− sen2 θ) cos θ dθ =
=
56
3
[
sen θ − sen
3 θ
3
]pi/4
−pi/4
=
56
3
· 2
[√
2
2
− 1
3
(√
2
2
)3]
=
=
112
3
(√
2
2
−
√
2
12
)
=
112
3
· 5
√
2
12
=
140
√
2
9
.
Exerc´ıcio 10: Calcule a massa de uma chapa D limitada pelas curvas
x2 + y2 = 2x, x2 + y2 = 4x, y = x e y =
√
3
3
x, sabendo que a densidade de massa em um
ponto e´ inversamente proporcional a` distaˆncia do ponto a origem.
Soluc¸a˜o: Primeiro vamos encontrar as intersec¸o˜es das curvas, isto e´, as intersec¸o˜es de y = x com
as circunfereˆncias.{
y = x
x2 + y2 = 2x
⇔ 2x2 = 2x ⇔ x2 − x = 0 ⇔ x = 0 ou x = 1 .
Logo, as intersec¸o˜es sa˜o (0, 0) e (1, 1).{
y = x
x2 + y2 = 4x
⇔ 2x2 − 4x = 0 ⇔ 2x(x− 2) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 2 .
Logo, as intersec¸o˜es sa˜o (0, 0) e (2, 2).
 y =
√
3
3
x
x2 + y2 = 2x
⇔ x2 + x
2
3
= 2x ⇔ 4x2 = 6x ⇔
⇔ 2x(2x− 3) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 3
2
.
Logo, as intersec¸o˜es sa˜o (0, 0) e
(
3
2
,
√
3
2
)
.

 y =
√
3
3
x
x2 + y2 = 4x
⇔ x2 + x
2
3
= 4x ⇔ 4x2 = 12x ⇔
⇔ 4x(x− 3) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 3 .
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 3 50
Logo, as intersec¸o˜es sa˜o (0, 0) e
(
3,
√
3
)
.
De x2 + y2 = 2x e x2 + y2 = 4x, temos respectivamente, (x − 1)2 + y2 = 1 e (x − 2)2 + y2 = 4.
Levando em conta essas informac¸o˜es, esboc¸amos a regia˜o D.
x
y
D
y = x
y =
√
3
3
x
1 2 3 4
A distaˆncia de (x, y) ∈ D a` origem e´
√
x2 + y2 . Como a densidade e´ inversamente proporcional a
distaˆncia de (x, y) a` origem, enta˜o δ(x, y) =
k√
x2 + y2
, onde k > 0 e´ a constante de proporcionali-
dade. Como M =
∫∫
D
δ(x, y) dA, enta˜o M = k
∫∫
D
1√
x2 + y2
dA.
Passando para coordenadas polares, obtemos:

x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = rdrdθ
x2 + y2 = r2
Temos:
x2 + y2 = 2x ⇒ r2 = 2r cos θ r 6=0⇒ r = 2 cos θ
x2 + y2 = 4x ⇒ r2 = 4r cos θ r 6=0⇒ r = 4 cos θ
y = x ⇒ θ = pi
4
y =
√
3x
3
⇒ θ = pi
6
Enta˜o o conjunto Drθ e´ dado por Drθ :
{
pi/6 ≤ θ ≤ pi/4
2 cos θ ≤ r ≤ 4 cos θ . Logo:
M = k
∫∫
Drθ
1√
r2
r drdθ = k
∫∫
Drθ
drdθ = k
∫ pi/4
pi/6
∫ 4 cos θ
2 cos θ
drdθ =
= 2k
∫ pi/4
pi/6
cos θ dθ = 2k
[
sen θ
]pi/4
pi/6
= 2k
(√
2
2
− 1
2
)
= k
(√
2− 1
)
u.m.
UFF IME - GMA
Universidade Federal Fluminense
Instituto de Matema´tica e Estatı´stica
Departamento de Matema´tica Aplicada
Ca´lculo 3A – Lista 4
Exerc´ıcio 1: Seja a integral iterada
I =
∫
1
0
∫
0
−1
∫ y2
0
dzdydx .
a) Esboce o so´lido W cujo volume e´ dado pela integral I.
b) Escreva cinco outras integrais iteradas que sejam iguais a` integral I.
Soluc¸a˜o:
a) Temos que
I =
∫∫∫
W
dxdydz
com
W =
{
(x, y, z) ∈ R3; (x, y) ∈ Dxy e 0 ≤ z ≤ y2
}
onde
Dxy =
{
(x, y) ∈ R2; 0 ≤ x ≤ 1 e − 1 ≤ y ≤ 0} .
O esboc¸o de Dxy, que representa a projec¸a˜o do so´lido W no plano xy esta´ representado na figura a
seguir.
x
y
Dxy
−1
1
x
y
z
Dxy
−1
1
Consideremos a porc¸a˜o da superf´ıcie z = y2, dita cilindro parabo´lico, que se projeta em Dxy. Consi-
derando que z varia de 0 a y2, obtemos o esboc¸o de W na figura a seguir.
Ca´lculo 3A Lista 4 52
x
y
z
W
−1
1
b) Como Dxy e´ um retaˆngulo enta˜o
I =
∫
0
−1
∫
1
0
∫ y2
0
dzdxdy .
Projetando W sobre o plano yz, encontramos Dyz e esboc¸amos na figura que se segue.
y
z
Dyz
Sai em z = y2
Entra em z = 0
−1
z
y
Dyz
Sai em y =
√
z
Entra em y = −1
−1
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 4 53
Temos
Dyz =
{
(y, z); −1 ≤ y ≤ 0 , 0 ≤ z ≤ y2}
ou
Dyz =
{
(y, z); 0 ≤ z ≤ 1 ,−1 ≤ y ≤ √z} .
Considerando um ponto P = (x, y, z) no interior de W e uma reta paralela ao eixo x, passando por
P , orientada no sentido do crescimento de x, vemos que ela entra em W em x = 0 e sai de W em
x = 1. Enta˜o 0 ≤ x ≤ 1. Assim:
W =
{
(x, y, z) ∈ R3; (y, z) ∈ Dyz e 0 ≤ x ≤ 1
}
.
Logo
I =
∫∫
Dyz
∫
1
0
dxdydz .
donde
I =
∫
0
−1
∫ y2
0
∫
1
0
dxdzdy
ou
I =
∫
1
0
∫ √z
−1
∫
1
0
dxdydz .
Finalmente, projetando W sobre o plano xz encontramos o quadrado Dxz na figura que se segue.
x
z
Dxz
1
1
Considerando um ponto P = (x, y, z) no interior deW e por P uma reta paralela ao eixo y, orientada
no sentido do crescimento de y, vemos que ela entra em W em y = −1 e sai de W em y = √z .
Logo, −1 ≤ y ≤ √z . Enta˜o:
W =
{
(x, y, z) ∈ R3; (x, z) ∈ Dxz e − 1 ≤ y ≤
√
z
}
.
Logo
I =
∫∫
Dxz
∫ √z
−1
dydxdz .
donde
I =
∫
1
0
∫
1
0
∫ √z
−1
dydxdz
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 4 54
ou
I =
∫
1
0
∫
1
0
∫ √z
−1
dydzdx .
Exerc´ıcio 2: Seja o so´lido W limitado pelas superf´ıcies x2 + y2 = 1,
z + y = 2 e z = 0.
a) Esboce W .
b) Calcule a massa de W , supondo que a densidade em (x, y, z) e´ dada por δ(x, y, z) = z.
Soluc¸a˜o:
a) Inicialmente, trac¸amos o cilindro x2+y2 = 1, em seguida, trac¸amos no plano yz, a reta y+z = 2,
que intercepta o cilindro em A e B. Pelo ponto C = (0, 0, 2) da reta, trac¸amos uma paralela ao eixo
x, que intercepta o cilindro em D e E. Ligando os pontos A, B, D e E, obtemos a curva intersec¸a˜o
do cilindro com o plano. Assim, temos o so´lido W .
x y
z
W
A
B
C
D
E
Dxy
z = 0
z = 2− y
−1
11
2
2
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 4 55
b) Temos
W =
{
(x, y, z); (x, y) ∈ Dxy , 0 ≤ z ≤ 2− y
}
onde Dxy e´ dado por Dxy : x
2 + y2 ≤ 1. Temos:
M =
∫∫∫
W
δ(x, y, z) dV =
∫∫∫
W
z dV =
∫∫
Dxy
[∫
2−y
0
z dz
]
dxdy =
=
∫∫
Dxy
[
z2
2
]2−y
0
dxdy =
1
2
∫∫
Dxy
(4− 4y + y2) dy .
Aplicando coordenadas polares, temos: 

x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = rdrdθ
e Drθ :
{
0 ≤ r ≤ 1
0 ≤ θ ≤ 2pi . Enta˜o:
M =
1
2
∫∫
Drθ
(4− 4r sen θ + r2 sen2 θ) r drdθ =
=
1
2
∫
2pi
0
∫
1
0
(4r − 4r2 sen θ + r3 sen2 θ) drdθ =
=
1
2
∫
2pi
0
[
2r2 − 4r
3
3
sen θ +
r4
4
sen2 θ
]1
0
dθ =
=
1
2
∫
2pi
0
[
2− 4
3
senθ +
1
4
sen2 θ
]
dθ =
=
1
2
[
2θ +
4
3
cos θ +
1
4
· 1
2
(
θ − sen 2θ
2
)]2pi
0
=
=
1
2
(
4pi +
pi
4
)
=
17pi
8
u.m.
Exerc´ıcio 3: Calcule a massa do so´lido W limitado pelos planos x = 0, y = 0, z = 0, y + z = 1 e
x+ z = 1, sendo a densidade δ(x, y, z) = z.
Soluc¸a˜o:
Esboc¸o do so´lido W
Para esboc¸ar o plano y + z = 1, trac¸amos inicialmente a reta y + z = 1 no plano yz. Como
a equac¸a˜o na˜o depende da varia´vel x enta˜o por pontos da reta trac¸amos retas paralelas ao eixo x.
Analogamente, esboc¸amos o plano x+z = 1. Observemos que os pontos A = (0, 0, 1) e B = (1, 1, 0)
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 4 56
sa˜o comuns aos dois planos. Ligando-os por uma reta, obtemos a curva intersec¸a˜o. Considerando
que W e´ limitado pelos planos coordenados, temos assim o esboc¸o na figura que se segue.
x
y
z
W
Dxz
A
B
sai em y = 1− z
entra em y = 0
1
1
1
x
z
Dxz
sai em z = 1− x
entra em z = 0
1
1
Devemos projetar W no plano xz ou no plano yz, pois para projetar W no plano xy devemos dividir
W em duas partes, usando o plano y = x. Enta˜o, projetemos W no plano xz. Imaginando atrave´s
de W uma reta paralela ao eixo y, orientada como o eixo y, vemos que ela entra em W em y = 0 e
sai de W em y = 1− z. Portanto:
W :
{
(x, y, z) ∈ R3; (x, z) ∈ Dxz e 0 ≤ y ≤ 1− z
}
com Dxz :
{
0 ≤ x ≤ 1
0 ≤ z ≤ 1− x . A massa M do so´lido W e´:
M =
∫∫∫
W
δ(x, y, z) dV =
∫∫∫
W
z dV =
∫∫
Dxz
z
∫
1−z
0
dydxdz =
=
∫∫
Dxz
z(1 − z) dxdz =
∫∫
Dxz
(
z − z2) dxdz = ∫ 1
0
∫
1−x
0
(
z − z2) dz =
=
∫
1
0
[
z2
2
− z
3
3
]1−x
0
dx =
∫
1
0
[
(1 − x)2
2
− (1− x)
3
3
]
dx .
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 4 57
Fazendo u = 1− x temos dx = −du. Para x = 0 temos u = 1 e para x = 1 temos u = 0. Enta˜o:
M =
∫
0
1
(
u2
2
− u
3
3
)
(−du) = −
∫
0
1
(
u2
2
− u
3
3
)
du =
∫
1
0
(
u2
2
− u
3
3
)
du =
=
[
u3
6
− u
4
12
]1
0
=
1
6
− 1
12
=
1
12
u.m.
Exerc´ıcio 4: Use uma integral tripla para encontrar o volume do so´lido no primeiro octante, limitado
pelos gra´ficos das equac¸o˜es y2 + z2 = 4, x+ y = 2, z = 0, y = 0 e x = 0.
Soluc¸a˜o:
Esboc¸o da superf´ıcie y2 + z2 = 4 (cilindro circular) com x, y, z ≥ 0
No plano yz trac¸amos o arco da circunfereˆncia y2+ z2 = 4 com y ≥ 0 e z ≥ 0. Como esta equac¸a˜o
na˜o depende da varia´vel x, enta˜o por pontos do arco trac¸emos semirretas paralelas ao eixo x, com
x ≥ 0.
x
y
z
2
2
Esboc¸o da superf´ıcie x+ y = 2 (plano) com x, y, z ≥ 0
No plano xy trac¸amos a reta x + y = 2 com x ≥ 0 e y ≥ 0. Como esta equac¸a˜o na˜o depende da
varia´vel z, enta˜o por pontos dos segmentos da reta trac¸emos paralelas ao eixo z, com z ≥ 0.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 4 58
x
y
z
2
2
Esboc¸o do so´lido W
Observemos que o ponto A = (2, 0, 2) e B = (0, 2, 0) sa˜o comuns a`s duas superf´ıcies. Ligando-os
por uma curva temos a intersec¸a˜o. Considerando que o so´lido e´ tambe´m limitado pelos planos x = 0,
y = 0 e z = 0, temos o esboc¸o de W na figura a seguir.
x
y
z
sai em x = 2− y
entra em x = 0
2
2
2
W
A
B
Temos que:
V (W ) =
∫∫∫
W
dV .
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 4 59
Para calcular a integral, vamos projetar o so´lido no plano yz.
y
z
y2 + z2 = 4
Dyz
2
2
Imaginemos uma reta paralela ao eixo x atrave´s de W , orientada como o eixo x. Vemos que ela
entra em W em x = 0 e sai de W em x = 2− y. Enta˜o temos:
W :
{
(x, y, z) ∈ R3; (y, z) ∈ Dyz e 0 ≤ x ≤ 2− y
}
.
Assim:
V (W ) =
∫∫
Dyz
∫
2−y
0
dxdydz =
∫∫
Dyz
(2− y)dydz .
Calculemos a integral utilizando coordenadas polares.

y = r cos θ
z = r sen θ
dydz = r drdθ
y2 + z2 = r2
e Drθ :
{
0 ≤ r ≤ 2
0 ≤ θ ≤ pi/2 . Enta˜o:
V (W ) =
∫∫
Drθ
(2− r cos θ) r drdθ =
∫ pi/2
0
∫
2
0
(
2r − r2 cos θ) drdθ =
=
∫ pi/2
0
[
r2 − r
3
3
cos θ
]2
0
dθ =
∫ pi/2
0
(
4− 8
3
cos θ
)
dθ =
=
[
4θ − 8
3
sen θ
]pi/2
0
=
(
2pi − 8
3
)
u.v.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 4 60
Exerc´ıcio 5: Calcule o volume do so´lido W limitado pelas superf´ıcies
z = −y, y = x2 − 1 e z = 0.
Soluc¸a˜o: Primeiramente, esboc¸amos o cilindro parabo´lico y = x2 − 1. Em seguida, desenhamos
o plano bissetor z = −y, destacando alguns pontos comuns: A = (0,−1, 1), B = (1, 0, 0) e
C = (−1, 0, 0). Ligamos esses pontos por uma curva que representa a intersec¸a˜o das duas superf´ıcies.
Considerando que o so´lido e´ limitado pelo plano z = 0, temos o so´lido W representado na figura que
se segue.
x
y
z
W
z = −y
z = 0
A
B
C
−1 −1
1
1
x
y
y = 0
y = x2 − 1
Dxy
−1
−1 1
Projetando W sobre o plano xy, encontramos a regia˜o Dxy :
{
−1 ≤ x ≤ 1
x2 − 1 ≤ y ≤ 0 . Por um ponto
(x, y, z) no interior de W , trac¸amos uma reta paralela ao eixo z. Essa reta intercepta a fronteira
inferior de W no plano xy onde z = 0 e intercepta a fronteira superior no plano z = −y. Logo,
0 ≤ z ≤ −y. Assim:
W = {(x, y, z); (x, y) ∈ Dxy , 0 ≤ z ≤ −y} .
Enta˜o:
V (W ) =
∫∫∫
W
dV =
∫∫
Dxy
∫ −y
0
dzdxdy =
∫∫
Dxy
(−y) dxdy =
= −
∫
1
−1
∫
0
x2−1
y dydx = −
∫
1
−1
[
y2
2
]0
x2−1
dx =
1
2
∫
1
−1
(
x2 − 1)2 dx =
=
1
2
∫
1
−1
(
x4 − 2x2 + 1) dx = 1
2
[
x5
5
− 2x
3
3
+ x
]1
−1
=
1
2
(
2
5
− 4
3
+ 2
)
=
8
15
u.v.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 4 61
Exerc´ıcio 6: Calcule
∫∫∫
W
24z dxdydz, onde W e´ o so´lido limitado por x+ y+ z = 2, x = 0, y = 0,
z = 0 e z = 1.
Soluc¸a˜o: Em primeiro lugar, trac¸amos o plano x+y+z = 2 e em seguida esboc¸amos o plano z = 1.
Considerando que W e´ limitado pelos planos x = 0 e y = 0, temos o esboc¸o de W na figura que se
segue.
x
y
z
W
y = 0
y = 2− x− z
1
2
2
2
x
z
Dxzx = 0
x+ z = 2
x = 2− z
1
1 2
2
ProjetandoW sobre o plano xz temos a regia˜o Dxz :
{
0 ≤ z ≤ 1
0 ≤ x ≤ 2− z . Considerando uma paralela
ao eixo y por um ponto (x, y, z) no interior de W , vemos que essa paralela intercepta a fronteira
de W no plano xz onde y = 0 e depois no plano x + y + z = 2 onde y = 2 − x − z. Logo,
0 ≤ y ≤ 2− x− z. Assim:
W = {(x, y, z); (x, z) ∈ Dxz e 0 ≤ y ≤ 2− x− z} .
Enta˜o: ∫∫∫
W
24z dV = 24
∫∫
Dxz
∫
2−x−z
0
z dydxdz = 24
∫∫
Dxz
z(2 − x− z)dxdz =
= 24
∫
1
0
∫
2−z
0
(
2z − xz − z2)dxdz = 24 ∫ 1
0
[
2zx− x
2z
2
− z2x
]2−z
0
dz =
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 4 62
= 24
∫
1
0
[
2z(2− z)− (2 − z)
2z
2
− z2(2− z)
]
dz =
= 24
∫
1
0
(
4z − 2z2 − 4z − 4z
2 + z3
2
− 2z2 + z3
)
dz =
= 12
∫
1
0
(
8z − 4z2 − 4z + 4z2 − z3 − 4z2 + 2z3) dz =
= 12
∫
1
0
(
4z − 4z2 + z3) dz = 12 [2z2 − 4z3
3
+
z4
4
]1
0
=
= 12
(
2− 4
3
+
1
4
)
= 11 .
Exerc´ıcio 7: Encontre a massa e a coordenada z do centro de massa do so´lido W limitado pelos
gra´ficos das equac¸o˜es z = 4 − x, z = 0, y = 0, x = 0 e y = 4 sendo a densidade δ(x, y, z) = kx,
onde k > 0 e´ uma constante.
Soluc¸a˜o:
Esboc¸o do so´lido W
No plano xz esboc¸amos a reta x+ z = 4. Como esta equac¸a˜o na˜o depende da varia´vel y, enta˜o por
pontos da reta trac¸amos retas paralelas ao eixo y.
x
y
z
4
4
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 4 63
Considerando que W e´ tambe´m limitado pelos planos x = 0, y = 0, z = 0 e y = 4 temos o so´lido
W na figura que se segue.x
y
z
sai em z = 4− x
entra em z = 0
4
4
4
W
A massa de W e´ dada por
M =
∫∫∫
W
δ(x, y, z) dV = k
∫∫∫
W
x dV .
Para calcular a integral, devemos projetar W sobre algum plano coordenado. Vamos projetar W no
plano xy. Encontramos o quadrado Dxy :
{
0 ≤ x ≤ 4
0 ≤ y ≤ 4 . Imaginando uma reta paralela ao eixo
z, atrave´s de W , orientada como o eixo z, vemos que ela entra em W em z = 0 e sai de W em
z = 4− x. Enta˜o:
W :
{
(x, y, z) ∈ R3; (x, y) ∈ Dxy e 0 ≤ z ≤ 4− x
}
.
Assim:
M = k
∫∫
Dxy
∫
4−x
0
x dzdxdy = k
∫∫
Dxy
x(4− x) dxdy =
= k
∫
4
0
∫
4
0
(
4x− x2) dxdy = k ∫ 4
0
[
2x2 − x
3
3
]4
0
dy =
32k
3
∫
4
0
dy =
=
128k
3
u.m.
A componente z e´ dada por:
Mz =
∫∫∫
W
z δ(x, y, z) dV = k
∫∫∫
W
xz dV .
Ca´lculo de
∫∫∫
W
xz dV
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 4 64
Temos: ∫∫
Dxy
∫
4−x
0
xz dzdxdy =
∫∫
Dxy
x
[
z2
2
]4−x
0
dxdy =
1
2
∫∫
Dxy
x
(
4− x2) dxdy =
=
1
2
∫
4
0
(
16x− 8x2 + x3) ∫ 4
0
dydx = 2
∫
4
0
(
16x− 8x2 + x3) dx =
= 2
[
8x2 − 8x
3
3
+
x4
4
]4
0
= 2
(
8× 16− 8× 64
3
+ 64
)
=
128
3
.
Logo, substituindo acima, temos
128k
3
z =
128k
3
donde z = 1.
Exerc´ıcio 8: Encontre o momento de ine´rcia Iz do so´lido no primeiro octante, limitado pelos gra´ficos
das equac¸o˜es z = y, x2 + y2 = 1, z = 0 e x = 0 se a densidade e´ dada por δ(x, y, z) = kz, onde
k > 0 e´ uma constante.
Soluc¸a˜o:
Esboc¸o do so´lido W
No primeiro octante esboc¸amos o cilindro x2 + y2 = 1. Em seguida, esboc¸amos o plano z = y,
destacando alguns pontos comuns como A = (1, 0, 0) e B = (0, 1, 1). Ligando-os por uma curva,
temos a curva intersec¸a˜o. Considerando que o so´lido e´ limitado pelos planos z = 0 e x = 0, temos
o esboc¸o de W na figura que se segue.
x
y
z
W
Dxy
A
B
sai em z = y
entra em z = 0
1
1
x
y
Dxy
x2 + y2 = 11
1
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 4 65
O momento de ine´rcia Iz e´ dado por:
Iz =
∫∫∫
W
(
x2 + y2
)
δ(x, y, z) dV = k
∫∫∫
W
(
x2 + y2
)
z dV .
Ca´lculo da integral
Projetando W no plano xy encontramos a regia˜o Dxy : x
2 + y2 ≤ 1, x ≥ 0 e y ≥ 0. Imaginando
uma reta paralela ao eixo z atrave´s de W , orientada como o eixo z, vemos que ela entra em W em
z = 0 e sai de W em z = y. Enta˜o 0 ≤ z ≤ y. Assim:
Iz = k
∫∫
Dxy
∫ y
0
(
x2 + y2
)
z dzdxdy = k
∫∫
Dxy
(
x2 + y2
) [z2
2
]y
0
dxdy =
=
k
2
∫∫
Dxy
(
x2 + y2
)
y2 dxdy .
Passando para coordenadas polares temos

x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = r drdθ
x2 + y2 = r2
e Drθ :
{
0 ≤ r ≤ 1
0 ≤ θ ≤ pi/2 . Enta˜o:
Iz =
k
2
∫∫
Drθ
r2(r sen θ)2r drdθ =
k
2
∫ pi/2
0
sen2 θ
∫
1
0
r5 drdθ =
=
k
2
∫ pi/2
0
sen2 θ
[
r6
6
]1
0
dθ =
k
12
∫ pi/2
0
sen2 θ dθ .
Da trigonometria temos que sen2 θ =
1− cos 2θ
2
. Logo:
∫
sen2 θ dθ =
∫
1− cos 2θ
2
dθ =
1
2
(
θ − sen 2θ
2
)
+ C .
Assim:
Iz =
k
12
· 1
2
[
θ − sen 2θ
2
]pi/2
0
=
kpi
48
.
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 4 66
Exerc´ıcio 9: Seja W um so´lido limitado pelas superf´ıcies z = y2, z = 2− y2, x = 0 e x+ z = 4.
a) Esboce W .
b) Calcule o volume de W .
Soluc¸a˜o:
a) Inicialmente, encontremos os pontos de intersec¸a˜o das duas para´bolas:{
z = y2
z = 2− y2 ⇔ y
2 = 2− y2 ⇔ 2y2 = 2⇔ y = ±1 .
Por pontos das para´bolas trac¸amos paralelas ao eixo x (por exemplo, (0, 0, 2), (0, 0, 0), (0,−1, 1) e
(0, 1, 1)).
No plano xz, trac¸amos a reta x + z = 4, que intercepta as superf´ıcies anteriores em A e B. Por
(0, 0, 1), trac¸amos uma paralela ao eixo x, que intercepta a reta em C. Por C, trac¸amos uma paralela
ao eixo y, que intercepta as superf´ıcies anteriores em D e E. Ligando A, E, B e D por uma curva
fechada, obtemos o so´lido W .
x
y
z
x = 0
x = 4− z
A
B = (4, 0, 0)
CD
E
(0, 0, 2)
(0, 0, 1)
W
4
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 4 67
b) Projetando W sobre o plano yz encontramos Dyz.
y
z
z = 2− y2
z = y2
1
2
Enta˜o descrevemos W por:
W =
{
(x, y, z); (y, z) ∈ Dyz e 0 ≤ x ≤ 4− z
}
.
Temos:
V (W ) =
∫∫∫
W
dxdydz =
∫∫
Dyz
[∫
4−z
0
dx
]
dydz =
∫∫
Dyz
(4− z) dydz =
=
∫
1
−1
∫
2−y2
y2
(4− z) dzdy =
∫
1
−1
[
4z − z
2
2
]2−y2
y2
dy =
1
2
∫
1
−1
[
8z − z2
]2−y2
y2
dy =
=
1
2
∫
1
−1
[(
16− 8y2 − 4 + 4y2 − y4)− (8y2 − y4)]dy =
=
1
2
∫
1
−1
(12− 12y2) dy = 1
2
[
12y − 4y3
]1
−1
=
1
2
· 2(12− 4) = 8 u.v.
Exerc´ıcio 10: Seja W o so´lido limitado pelas superf´ıcies z + x2 = 4,
y + z = 4, y = 0 e z = 0.
a) Esboce W .
b) Calcule, por integral tripla, o volume do so´lido W .
Soluc¸a˜o:
a) Para esboc¸ar a superf´ıcie z + x2 = 4 (dita cilindro parabo´lico), trac¸amos no plano y = 0, a
para´bola z = 4− x2. Como a equac¸a˜o na˜o conte´m a varia´vel y, enta˜o por pontos da para´bola (por
exemplo A = (0, 0, 4), (2, 0, 0) e (−2, 0, 0)) trac¸amos paralelas ao eixo y.
No plano x = 0, trac¸amos a reta y + z = 4, que intercepta o cilindro em A = (0, 0, 4).
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 4 68
x
y
z
A = (0, 0, 4)
B
C(−2, 0, 0)
(2, 0, 0) (0, 4, 0)
W
y = 0
y = 4− z
Para esboc¸ar o plano, devemos trac¸ar paralelas ao eixo x, por pontos da reta. Em particular, por
(0, 4, 0). Esta paralela intercepta o cilindro nos pontos B e C. A curva que passa por B, A e C
representa a curva intersec¸a˜o do plano com o cilindro. Considerando os planos y = 0 e z = 0, temos
o esboc¸o de W .
b) Temos V (W ) =
∫∫∫
W
dxdydz, onde W pode ser descrito por:
W =
{
(x, y, z); (x, z) ∈ Dxz e 0 ≤ y ≤ 4− z
}
onde
Dxz =
{
(x, z) ∈ R2; −2 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ z ≤ 4− x2} .
x
z
z = 0
z = 4− x2
−2 2
4
UFF IME - GMA
Ca´lculo 3A Lista 4 69
Enta˜o:
V (W ) =
∫∫
Dxz
[∫
4−z
0
dy
]
dxdz =
∫∫
Dxz
(4− z) dxdz =
=
∫
2
−2
∫
4−x2
0
(4− z) dzdx =
∫
2
−2
[
4z − z
2
2
]4−x2
0
dx =
=
1
2
∫
2
−2
(
32− 8x2 − 16 + 8x2 − x4)dx = 1
2
∫
2
−2
(
16− x4)dx =
=
1
2
[
16x− x
5
5
]2
−2
=
1
2
· 2
(
32− 32
5
)
=
128
5
u.v.
UFF IME - GMA
Universidade Federal Fluminense
Instituto de Matema´tica e Estatı´stica
Departamento de Matema´tica Aplicada
Ca´lculo 3A – Lista 5
Exerc´ıcio 1: Calcule
∫∫∫
W
√
x2 + y2 dV onde W e´ a regia˜o contida dentro do cilindro x2 + y2 = 4
e entre os planos z = 1 e z = 4.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o de W esta´ representado na figura que se segue.
x
y
z
W
Dxy
1
2
2
4
x
y
Dxy
2
2
Como o integrando envolve
√
x2 + y2 e a regia˜o de integrac¸a˜o e´ um cilindro, devemos calcular a
integral utilizando coordenadas cil´ındricas. Temos:

x = r cos θ
y = r sen θ
z = z
dV = rdrdθdz
x2 + y2 = r2
Ca´lculo 3A Lista 5 71
e a descric¸a˜o de W e´ dada pelas seguintes desigualdades Wrθz :


0 ≤ r ≤ 2
0 ≤ θ ≤ 2pi
1 ≤ z ≤ 4 .
. Enta˜o:
∫∫∫
W
√
x2 + y2 dV =
∫∫∫
Wrθz
√
r2 r drdθ =
∫∫∫
Wrθz
r2 drdθdz =
=
∫ 2
0
r2
∫ 4
1
∫ 2pi
0
dθdzdr = 2pi
∫ 2
0
r2
∫ 4
1
dzdr = 2pi
∫ 2
0
r2
[
z
]4
1
dr =
= 6pi
∫ 2
0
r2 dr = 6pi
[
r3
3
]2
0
= 16pi .
Exerc´ıcio 2: Calcule
∫∫∫
W
√
x2 + y2 + z2 dV , onde W e´ limitado inferiormente pelo cone z =√
3
(
x2 + y2
)
e superiormente pela esfera x2 + y2 + z2 = 4.
Soluc¸a˜o: De x2 + y2 + z2 = 4 e z =
√
3
(
x2 + y2