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Departamento de Matema´tica e Estat´ıstica Ca´lculo 3 Integrais Duplas 2 Prof. Leonardo Silvares 1. Esboce 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) dy dx Soluc¸a˜o: Na integral ∫ 1 0 ∫ x 0 f(x, y) dy dx, vemos que x varia de 0 a 1 e y varia de 0 a x, isto e´, y varia do eixo x (a reta y = 0) ate´ a reta y = x. Logo, a regia˜o de integrac¸a˜o D e´ do tipo a ≤ x ≤ b r1(x) ≤ y ≤ r2(x), descrita por 0 ≤ x ≤ 1 0 ≤ y ≤ x, cujo esboc¸o esta´ representado na figura que se segue. Para inverter a ordem de integrac¸a˜o, devemos escrever a regia˜o na forma c ≤ y ≤ d s1(y) ≤ x ≤ s2(y). Enta˜o, fixamos inicialmente um valor de y, isto e´, consideremos uma reta horizontal que passa 1 da esquerda para a direita, atrave´s de D. Vemos que a horizontal entra em D em x = y e sai em x = 1. Vemos tambe´m que a projec¸a˜o a variac¸a˜o de y e´ tal que 0 ≤ y ≤ 1. Enta˜o, temos 0 ≤ y ≤ 1 y ≤ x ≤ 1, logo a integral ∫ 1 0 ∫ 1 y f(x, y) dx dy (b) ∫ 1 0 ∫ y 0 f(x, y) dx dy Soluc¸a˜o: Temos que ∫ 1 0 ∫ y 0 f(x, y) dx dy = ∫∫ D f(x, y)dxdy, com D descrita por 0 ≤ y ≤ 1 0 ≤ x ≤ y. Assim, D esta´ limitada por baixo por y = 0 (o eixo x) e, por cima, por y = 1. Vemos tambe´m que D esta´ limitada a` esquerda por x = 0 (o eixo y) e a` direita pela reta x = y, como mostra a figura abaixo. Para inverter a ordem de integrac¸a˜o, fixamos inicialmente um valor para x, isto e´, consideramos 2 uma reta vertical que corta D de baixo para cima. A vertical entra em y = x e sai em y = 1. Enta˜o x ≤ y ≤ 1. Como a variac¸a˜o de x e´ dada por 0 ≤ x ≤ 1, temos a regia˜o D descrita por 0 ≤ x ≤ 1 x ≤ y ≤ 1. A integral e´ dada, enta˜o, por∫∫ D f(x, y)dxdy = ∫ 1 0 ∫ 1 x f(x, y) dy dx (c) ∫ 1 0 ∫ √x x2 f(x, y) dy dx Soluc¸a˜o: Temos que ∫ 1 0 ∫ √x x2 f(x, y) dy dx = ∫∫ D f(x, y)dxdy, com D descrita por 0 ≤ x ≤ 1 x2 ≤ y ≤ √x. Vemos que D esta´ limitada por baixo por y = x2 e por cima por y = √ x, como mostra a figura abaixo. 3 Para inverter a ordem de integrac¸a˜o, fixamos inicialmente um valor para y, isto e´, consideramos uma reta horizontal que corta D da esquerda para a direita. A horizontal entra em x = y2 (equivalente a y = √ x na regia˜o considerada) e sai em x = √ y (equivalente a y = x2 na regia˜o considerada). Enta˜o y2 ≤ x ≤ √y. Como a variac¸a˜o de y e´ dada por 0 ≤ x ≤ 1, temos a regia˜o D descrita por 0 ≤ y ≤ 1 y2 ≤ x ≤ √y. A integral e´ dada, enta˜o, por∫∫ D f(x, y)dxdy = ∫ 1 0 ∫ √y y2 f(x, y) dx dy (d) ∫ 1 0 ∫ x+1 2x f(x, y) dy dx Soluc¸a˜o: Temos que ∫ 1 0 ∫ x+1 2x f(x, y) dy dx = ∫∫ D f(x, y)dxdy, com D descrita por 0 ≤ x ≤ 1 2x ≤ y ≤ x+ 1. Assim, D esta´ limitada a` esquerda por x = 0 (o eixo y) e, a` direita, por x = 1. Vemos tambe´m que D esta´ limitada por baixo por y = 2x e por cima por y = x + 1, como mostra a figura abaixo. Observe que as retas se intersectam quando 2x = x+ 1, ou seja, x = 1, que implica y = 2. Isto sera´ importante para determinar a variac¸a˜o de y quando invertermos a ordem das varia´veis. 4 A regia˜o e´ limitada a` direita pela reta x = y2 , equivalente a y = 2x. Pela esquerda, D e´ limitada por duas curvas: • pela reta x = 0 (eixo y), quando 0 ≤ y ≤ 1, e • pela reta x = y − 1 (equivalente a y = x+ 1), quando 1 ≤ y ≤ 2. Assim, precisaremos dividir D em duas regio˜es! Temos enta˜o D1 : 0 ≤ y ≤ 1 0 ≤ x ≤ y 2 e D2 : 1 ≤ y ≤ 2 y − 1 ≤ x ≤ y 2 . A integral e´ dada, enta˜o, por∫∫ D f(x, y)dxdy = ∫ 1 0 ∫ y 2 0 f(x, y) dx dy + ∫ 2 1 ∫ y 2 y−1 f(x, y) dx dy. (e) ∫ 2 0 ∫ 2−y − √ 4−y2 f(x, y) dx dy Soluc¸a˜o: Temos que ∫ 2 0 ∫ 2−y − √ 4−y2 f(x, y) dx dy = ∫∫ D f(x, y)dxdy, com D descrita por 0 ≤ y ≤ 2 − √ 4− y2 ≤ x ≤ 2− y. 5 Assim, D esta´ limitada a` esquerda por x = − √ 4− y2 e, a` direita, por x = 2− y. A regia˜o e´ limitada por baixo pela reta y = 0. Por cima, D e´ limitada por duas curvas: • pelo c´ırculo x2+t2 = 4, de raio 2 e centro (0, 0) (equivalente, para y ≤ 0, a x = − √ 4− y2), quando −2 ≤ x ≤ 0, e • pela reta y = 2− x (equivalente a x = 2− y), quando 0 ≤ y ≤ 2. Assim, precisaremos dividir D em duas regio˜es! Temos enta˜o D1 : −2 ≤ x ≤ 0 0 ≤ y ≤ √ 4− x2 e D2 : 0 ≤ x ≤ 2 0 ≤ y ≤ 2− x. A integral e´ dada, enta˜o, por∫∫ D f(x, y)dxdy = ∫ 0 −2 ∫ √4−x2 0 f(x, y) dy dx+ ∫ 2 0 ∫ 2−x 0 f(x, y) dy dx. (f) ∫ e 1 ∫ ln x 0 f(x, y) dy dx Resposta: ∫ 2 0 ∫ e ey f(x, y) dx dy 6 (g) ∫ 2 −1 ∫ y−2 y2−4 f(x, y) dx dy Resposta: ∫ −3 −4 ∫ √x+4 −√x+4 f(x, y) dy dx+ ∫ 0 −3 ∫ √x+4 x+2 f(x, y) dy dx 2. Calcule ∫ ∫ D x3 cos(xy) dx dy, onde D e´ a regia˜o delimitada pelas curvas de equac¸o˜es y = x2, y = 0 e x = 2. Soluc¸a˜o: O esboc¸o de D esta´ representado na figura abaixo. A regia˜o D e´ descrita por 0 ≤ x ≤ 2 0 ≤ y ≤ x2. Enta˜o, ∫ ∫ D x3 cos(xy) dx dy = ∫ 2 0 ∫ x2 0 x3 cos(xy) dy dx = ∫ 2 0 ( x2 sen(xy) )∣∣∣∣y=x2 y=0 dx = ∫ 2 0 x2(sen x3 − sen 0)dx = ∫ 2 0 x2 sen x3 dx. Fazendo a mudanc¸a de varia´veis u = x3, temos du = 3x2dx, logo x2dx = du/3. Assim,∫ x2 sen x3 dx = 1 3 ∫ sen udu = −cos u 3 = −cos x 3 3 , e, enta˜o,∫ ∫ D x3 cos(xy) dx dy = ∫ 2 0 x2 sen x3 dx = −cos x 3 3 ∣∣∣∣2 0 = ( −cos 8 3 ) − ( −cos 0 3 ) = 1 3 (1− cos 8) . 3. Inverta a ordem de integrac¸a˜o e calcule (a) ∫ 1 0 ∫ 1 y e−3x 2 dx dy Resposta: ∫ 1 0 ∫ 1 y e−3x 2 dx dy = ∫ 1 0 ∫ x 0 e−3x 2 dy dx = 1 6 (1− e−3). 7 (b) ∫ 3 0 ∫ 9 y2 y cos(x2) dx dy Resposta: ∫ 3 0 ∫ 9 y2 y cos(x2) dx dy = ∫ 9 0 ∫ √x 0 y cos(x2) dy dx = 1 4 sen 81. (c) ∫ 2 0 ∫ 2 x x √ 1 + y3 dy dx Resposta: ∫ 2 0 ∫ 2 x x √ 1 + y3 dy dx = ∫ 2 0 ∫ y 0 x √ 1 + y3 dx dy = 26 9 . 4. Seja I = ∫∫ D f(x, y) dx dy = ∫ 4 0 ∫ −√y −2 f(x, y) dx dy + ∫ 4 0 ∫ 2 √ y f(x, y) dx dy. (a) Transforme I em uma so´ integral iterada na ordem invertida. Soluc¸a˜o: Sejam D1 e D2, respectivamente, as regio˜es de integrac¸a˜o da primeira e da segunda integral. Assim, D1 : 0 ≤ y ≤ 4 −2 ≤ x ≤ −√y e D2 : 0 ≤ y ≤ 4√ y ≤ x ≤ 2 Esboc¸ando estas regio˜es, temos Invertendo a ordem de integrac¸a˜o, teremos −2 ≤ x ≤ 2, e, para cada valor de x fixado, 0 ≤ y ≤ x2. Assim, a integral fica ∫∫ D f(x, y) dx dy = ∫ 2 −2 ∫ x2 0 f(x, y) dy dx. (b) Calcule I para f(x, y) = y. Soluc¸a˜o: 8 ∫∫ D y dx dy = ∫ 2 −2 ∫ x2 0 y dy dx = ∫ 2 −2 [ y2 2 ]y=x2 y=0 dx = ∫ 2 −2 x4 2 dx = [ x5 10 ]2 −2 = 64 10 5. Seja I = ∫∫ D f(x, y) dx dy = ∫ 1 0 ∫ 0 −x f(x, y) dy dx+ ∫ 2 1 ∫ 0 −√2x−x2 f(x, y) dy dx. (a) Transforme I em uma so´ integral iterada na ordem invertida. Soluc¸a˜o: Sejam D1 e D2, respectivamente, as regio˜es de integrac¸a˜o da primeira e da segunda integral. Assim, D1 : 0 ≤ x ≤ 1 −x ≤ y ≤ 0 e D2 : 1 ≤ x ≤ 2 −√2x− x2 ≤ y ≤ 0 Esboc¸ando estas regio˜es, temos Vamos estudar um pouco o arco de c´ırculo que e´ uma das curvas limitantes da regia˜o: y = − √ 2x− x2 ⇒ y2 = 2x− x2 ⇒ x2 − 2x+ y2 = 0⇒ (x− 1)2 + y2 = 1 ⇒ (x− 1)2 = 1− y2 x>0⇒ x− 1 = √ 1− y2 ⇒ x = √ 1− y2 + 1 Podemos descrever por meio de uma u´nica regia˜o, na forma −1 ≤ y ≤ 0 −y ≤ x ≤ √ 1− y2 + 1 Assim, temos ∫ 0 −1 ∫ 1+√1−y2 −y f(x, y) dx dy 9 (b) Calcule I para f(x, y) = √ x2 + y2.Resposta: 10 √ 2 9 6. Seja I = ∫ 1 −1 ∫ 1+√1−x2 1 f(x, y) dy dx. (a) Inverta a ordem de integrac¸a˜o em I. Resposta: ∫ 2 1 ∫ 1−(1−y)2 − √ 1−(1−y)2 f(x, y) dx dy (b) Calcule I para f(x, y) = 1√ x2+y2 . Resposta: 2 √ 2 + 2 ln (√ 2− 1). 7. Calcule as integrais duplas (a) ∫ D ∫ y x5 + 1 dx dy, D = {(x, y) | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x2}. Soluc¸a˜o: ∫∫ D y x5 + 1 dx dy = ∫ 1 0 ∫ x2 0 y x5 + 1 dy dx = ∫ 1 0 [ y2 2(x5 + 1) ]y=x2 y=0 dx = ∫ 1 0 x4 2(x5 + 1) dx Fazendo u = x5, temos du = 5x4 dx, logo∫ x4 2(x5 + 1) dx = ∫ 1 10(u+ 1) du = 1 10 ln(u+ 1) = 1 10 ln(x5 + 1). Assim, ∫∫ D y x5 + 1 dx dy = 1 10 [ ln(x5 + 1) ]1 0 = 1 10 [ln(2)− ln(1)] = 1 10 ln(2) (b) ∫ T ∫ y3 dx dy, onde T e´ o triaˆngulo de ve´rtices (0, 2), (1, 1) e (3, 2). Soluc¸a˜o: A regia˜o (esboc¸ada abaixo) e´ limitada pelas retas y = 2, x − 2y = −1 e x + y = 2. A regia˜o pode ser descrita por 1 ≤ y ≤ 2 2− y ≤ x ≤ 2y − 1. 10 Assim, ∫∫ T y3 dx dy = ∫ 2 1 ∫ 2y−1 2−y y3 dx dy = ∫ 2 1 [ xy3 ]x=2y−1 x=2−y dy = ∫ 2 1 (2y − 1)y3 − (2− y)y3 dy = ∫ 2 1 2y4 − y3 − 2y3 + y4 dy = ∫ 2 1 3y4 − 3y3 dy = [ 3y5 5 − 3y 4 4 ]2 1 = ( 3(32) 5 − 3(16) 4 ) − ( 3 5 − 3 4 ) = 147 20 8. Calcule as integrais: (a) ∫∫ D cos(y3) dx dy, onde D e´ limitada por y = √ x, y = 2, x = 0. Resposta: 13 sen 8 (b) ∫ 1 0 ∫ 1 √ x √ 1 + y3 dy dx Resposta: 29 ( 2 √ 2− 1) 9. Use a integral dupla para calcular a a´rea da regia˜o plana compreendida pelas curvas y = 4 − x2, y − x = 2 e x = 0, e tal que x ≤ 0. Soluc¸a˜o: O esboc¸o de D esta´ representado na figura que se segue. Sabemos que a a´rea de D e´ dada por A´rea(D) = ∫∫ D dx dy, 11 isto e´, a integral dupla em D da func¸a˜o constante f(x, y) = 1. A regia˜o pode ser descrita variando-se x entre −2 e 2 e, para cada valor de x neste intervalo, variando y entre y = 2 + x e y = 4− x2. Isto e´, −2 ≤ x ≤ 0 2 + x ≤ y ≤ 4− x2. A regia˜o poderia ser descrita na ordem inversa, mas, por ser limitada a` direita por duas curvas diferentes, isto nos obrigaria a dividir D em duas sub-regio˜es. Assim, A´rea = ∫∫ D dx dy = ∫ 0 −2 ∫ 4−x2 2+x dx dy = ∫ 0 −2 (2− x2 − x) dx = [ 2x− x 3 3 − x 2 2 ]0 −2 = 0− ( −4 + 8 3 − 2 ) = 10 3 10. Use integral dupla para calcular a a´rea da regia˜o limitada por (a) x = y3, x+ y = 2, y = 0 Resposta: 54 (b) y = x, y = 4x, xy = 36 (no primeiro quadrante) Resposta: 36 ln 2 (c) y2 = −x, x− y = 4, y = −1 e y = 2 Resposta: 332 11. Use a 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 a equac¸a˜o do plano x+ z = 1 na˜o conte´m a varia´vel y, ele sera´ formado pelas retas paralelas ao eixo y, passando por pontos da reta x+ z = 1 do plano xz. 12 Para esboc¸ar a super´ıcie de equc¸a˜o x = y2 (dita cilindro parabo´lico, pela auseˆncia da varia´vel z), desenhamos inicialmente a para´ola x = y no plano xy e por pontos da para´bola consideramos paralelas ao eixo z, pois a equac¸a˜o x = y na˜o conte´m a varia´vel z, obtendo assim o esboc¸o da superf´ıcie de equac¸a˜o x = y2. 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 curvas de intersec¸a˜o das duas superf´ıcies. 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 onde −1 ≤ y ≤ 1 y2 ≤ x ≤ 1. 13 Logo, Vol(W ) = ∫∫ D (1− x) dx dy = ∫ 1 −1 ∫ −y2 1(1− x) dx dy = ∫ 1 −1 [ x− x 2 2 ]1 y2 dy = ∫ 1 −1 [( 1− 1 2 ) − ( y2 − y 4 2 )]1 y2 dy = ∫ 1 −1 ( 1 2 − y2 + y 4 2 ) dy = [ y 2 − y 3 3 + y5 10 ]1 −1 = 8 15 . 12. Use a integral dupla para calcular o volume do so´lido W limitado por (a) y = 0, z = 0, x+ y = 4 e z = 4− x2 Resposta: 1283 (b) x = 0, z = 0, x+ y = 9 e z = 9− y2 Resposta: 324 (c) x = 0, y = 0, z = 0, x2 + y2 = a2, x2 + z2 = a2 (a > 0), situado no primeiro octante Resposta: 2a 3 3 (d) x = 0, y = 0, z = 0, z = 6− x, x = 4− y2, situado no primeiro octante Resposta: 35215 13. Use a 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 (isto e´, a regia˜o do espac¸o com x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0), desenhamos a superf´ıcie z = 4− x2 (cilindro parabo´lico) 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). 14 Ligando-os, obtemos a curva intersec¸a˜o entre as superf´ıcies. Considerando que o so´lido W e´ limitado pelos planos coordenados, temos o seu esboc¸o na figura que se segue: Vemos que o “teto” de W e´ a superf´ıcie z = 4− x2 e o “piso” de W e´ a regia˜o D dada por: . A regia˜o D pode ser descrita por 0 ≤ x ≤ 2 0 ≤ y ≤ 4− x. Enta˜o, W = ∫∫ D (4− x2) dx dy = ∫ 2 0 ∫ 4−x 0 (4− x2) dy dx = ∫ 2 0 (4− x2)(4− x) dx = ∫ 2 0 (16− 4x− 4x2 + x3) dx = [ 16x− 2x2 − 4x 3 3 + x4 4 ]2 0 = 52 3 14. Para cada caso abaixo, arme (sem calcular) a integral dupla cujo valor e´ o volume do so´lido descrito, esboc¸ando a regia˜o de integrac¸a˜o. 15 (a) Abaixo do plano x+ 2y − z = 0 e acima da regia˜o entre y = x e y = x4. Resposta: Vol = ∫ 1 0 ∫ x x4 x+ 2y dy dx (b) Abaixo da superf´ıcie z = 2x+ y2 e acima da regia˜o delimitada por x = y2 e x = y3. Resposta: Vol = ∫ 1 0 ∫ y2 y3 2x+ y2 dx dy (c) Delimitada pelos cilindros x2 + y2 = 1 e y2 + z2 = 1 no primeiro octante (i.e., x, y, z ≥ 0). Resposta: Vol = ∫ 1 0 ∫ √1−x2 0 √ 1− y2 dy dx (d) Delimitada pelo cilindro y2 + z2 = 4 e os planos x = 2y, x = 0, z = 0 e no primeiro octante. Resposta: Neste item, e´ mais fa´cil considerar a regia˜o de integrac¸a˜o no plano yz e na altura como x = h(y, z). Vol = ∫ 2 0 ∫ √4−y2 0 2y dz dy 15. Calcule o volume do so´lido limitado superiormente pela esfera x2 + y2 + z2 = 4, inferiormente pelo plano z = 0 e lateralmente pelo cilindro x2 + y2 = 1. Resposta: 2pi3 ( 8− 3√3) 16. Calcule o volume do so´lido que na˜o conte´m a origem e e´ limitado pelas superf´ıcies z = 4− x2 − y2, x2 + y2 = 1 e z = 0. Resposta: 9pi2 17. Calcule o volume do so´lido interior a` esfera x2 + y2 + z2 = 16 e ao cilindro x2 + y2 = 4x e acima do plano z = 0. Resposta: 643 ( pi − 43 ) 18. Considere ∫ U ∫ x dx dy, onde U e´ a regia˜o no primeiro quadrante delimitada pelos c´ırculos x2+y2 = 4 e x2 + y2 = 2x. Esboce a regia˜o U e calcule a integral. Soluc¸a˜o: O c´ırculo x2 +y2 = 2x pode ser reescrito x2−2x+y2 = 0, ou x2−2x+1 +y2 = 1, que e´ equivalente a (x− 1)2 + y2 = 1, ou seja, e´ o c´ırculo de centro (1, 0) e raio 1. 16 Observe que, fixando x entre 0 e 3, o y “entra” pelo c´ırculo x2 + y2 = 2x, que e´ equivalente a y = √ 2x− x2, na regia˜o, e “sai” pelo c´ırculo x2 + y2 = 4, que equivale, na regia˜o, a y = √4− x2. Assim a regia˜o sera´ descrita por 0 ≤ x ≤ 2√ 2x− x2 ≤ y ≤ √ 4− x2. A integral sera´, portanto, ∫ 2 0 ∫ √4−x2 √ 2x−x2 x dy dx. 19. Considere a regia˜o R delimitada pelos paraboloides z = 3x2 + 3y2 e z = 4− x2 − y2. (a) Descrevaa intersec¸a˜o dos paraboloides. Soluc¸a˜o: Fazendo a intersec¸a˜o dos paraboloides, igualando as coordenadas z, temos 3x2 + 3y2 = 4− x2 − y2 ∴ 4x2 + 4y2 = 4 ∴ x2 + y2 = 1. Assim, como z = 4− x2 − y2, temos z = 4− (x2 + y2) = 4− 1 = 3. Logo, a intersec¸a˜o se da´ no c´ırculo x2 + y2 = 1, contido no plano z = 3. (b) Diga quem sa˜o f e U tais que V olume(R) = ∫ U ∫ f(x, y) dx dy. O so´lido tera´ como “cha˜o” a func¸a˜o z = 3x2 + 3y2 e, como “teto”, z = 4−x2− y2 (observe que 4− x2 − y2 ≥ 3x2 + 3y2). A regia˜o de integrac¸a˜o sera´ o interior do c´ırculo x2 + y2 = 1, ou seja U = {(x, y), x2 + y2 ≤ 1}. Assim, Volume(R) = ∫∫ U (4− x2 − y2)− (3x2 + 3y2) dx dy = ∫∫ U 4 + 4x2 + 4y2 dx dy 20. Uma placa D tem a forma da regia˜o limitada pelas retas x = 1, x = 2, y = 0 e y = x√ 3 . A densidade em cada ponto e´ inversamente proporcional a` distaˆncia do ponto a` origem. Determine a massa da placa. Resposta: k2 ln 3 21. Calcule as coordenadas do centro de massa de uma placa homogeˆnea D com o formato de um triaˆngulo de ve´rtices (−5,−5), (5,−5) e (0, 5). Resposta: ( 0,− 53 ) . 22. Calcule o centro de massa da laˆmina D = {(x, y) ∈ R2, 4x2 + y2 ≤ 1, x ≥ 0}, se a densidade e´ proporcional a` distaˆncia de (x, y) ao eixo y. Resposta: ( 3pi 32 , 0 ) 23. Calcule o centro de massa do conjunto D = {(x, y) ∈ R2, 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4, y ≥ 0}, sendo a densidade proporcional a` distaˆncia do ponto a` origem. Resposta: ( 0, 4514pi ) 24. Calcule a massa de uma laˆmina delimitada por (x− 1)2 + (y− 2)2 = 1, se a densidade de um ponto e´ igual a` distaˆncia desse ponto a (1, 2). Resposta: 2kpi3 . 17
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