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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 .
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