[Resolvida] Lista de exercícios - Integrais duplas e triplas

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Trabalho 
 
Observação: Em nenhuma das questões será admitido respostas sem 
justificativas! Exiba os cálculos! 
1) Calcule as integrais. 
𝑎) 𝑥 𝑦 − 2𝑥𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 . 𝑏) 
𝑦
1 + 𝑥𝑦
 𝑑𝑥𝑑𝑦. 
𝑐) 𝑥𝑦 cos (𝑦) 𝑑𝐴 , onde 𝑅 = [−1,1] × [0, 𝜋]. 
 
2) Calcule as integrais abaixo e exiba um gráfico da região de integração. 
𝑎) 𝑥𝑦 𝑑𝐴 , onde 𝐵 é a região delimitada pelas retas 𝑦 = 2𝑥, 𝑦 = 1 e 𝑥 = 2. 
 𝑏)
2
1 + 𝑥 + 𝑦
√
 𝑑𝑦 𝑑𝑥. (Sugestão: Passe a integral para coordenadas polares e resolva.) 
𝑐) 𝑥 + 𝑧 𝑑𝑉, 
onde 𝐵 é a região do primeiro octante delimitado pelos planos coodenados e pelo plano 
que passa pelos pontos (1,0,0), (0,2,0) e (0,0,3). 
3) Esboce a região delimitada pela reta 𝑦 = 𝑥 + 2 e pela parábola 𝑥 = −𝑦 e calcule a sua 
área utilizando integral dupla. 
4) Considere a região espacial 𝑊, interior ao cilindro 𝑥 + 𝑦 = 4 e entre os planos 𝑧 = 0 
e 𝑥 + 𝑧 = 3. 
 
a) Escreva a integral iterada dupla que produz o volume de W. (Não precisa calcular 
essa integral, apenas escreva ela.) 
b) Escreva a integral iterada tripla que produz o volume de W. (Não precisa calcular 
essa integral, apenas escreva ela.) 
Renato da Silva Viana
Resoluções
Resolução 1. a)
Deixando y em evidência no integrando:
3∫
0
0∫
−2
x2y − 2xy dy dx =
3∫
0
0∫
−2
(x2 − 2x)y dy dx
Como a integral dupla é do tipo
∫ b
a
∫ d
c
f(x)g(y) dy dx, ela pode ser escrita na forma do produto
de duas integrais unidimensionais da seguinte maneira:
3∫
0
0∫
−2
(x2 − 2x)y dy dx =
 3∫
0
x2 − 2x dx
 0∫
−2
y dy

Integrando:  3∫
0
x2 − 2x dx
 0∫
−2
y dy
 = [x3
3
− x2
]x=3
x=0
[
y2
2
]y=0
y=−2
= (0) · (−2)
= 0
Logo:
3∫
0
0∫
−2
x2y − 2xy dy dx = 0 X
1
Renato da Silva Viana
Resolução 1. b)
Fazendo u = 1 + xy, tem-se du = y dx, bem como u = 1, para x = 0, e u = 1 + y, para x = 1.
Dessa forma, por substituição:
1∫
0
1∫
0
y
1 + xy
dx dy =
1∫
0
1+y∫
1
1
u
du dy
=
1∫
0
[ln(u)]u=1+yu=1 dy
=
1∫
0
ln(1 + y) dy
Desta vez, utilizando v = 1 + y, de onde dv = dy, além de v = 1, para y = 0, e v = 2, para
y = 1, obtém-se:
1∫
0
ln(1 + y) dy =
2∫
1
ln (v) dv
= [v ln(v)− v]v=2v=1
= 2 ln(2)− 1
Logo:
1∫
0
1∫
0
y
1 + xy
dx dy = 2 ln(2)− 1 X
2
Renato da Silva Viana
Resolução 1. c)
Tendo em vista o teorema de Fubini:∫∫
R
xy cos(y) dA =
1∫
−1
π∫
0
xy cos(y) dy dx
=
 1∫
−1
x dx
 π∫
0
y cos(y) dy

=
[
x2
2
]x=1
x=−1
 π∫
0
y cos(y) dy

= 0 ·
 π∫
0
y cos(y) dy

= 0 X
3
Renato da Silva Viana
Resolução 2. a)
Região de integração:
Observando a figura, nota-se que a região B pode ser escrita como:
B = {(x, y) ∈ R2 | 1/2 ≤ x ≤ 2 e 1 ≤ y ≤ 2x}
4
Renato da Silva Viana
Assim sendo, com base no teorema Fubini, a integral dupla admite a seguinte forma iterada:
∫∫
B
xy dA =
2∫
1
2
2x∫
1
xy dy dx
=
2∫
1
2
[
x
y2
2
]y=2x
y=1
dx
=
2∫
1
2
2x3 − x
2
dx
=
[
x4
2
− x
2
4
]x=2
x= 1
2
=
225
32
X
5
Renato da Silva Viana
Resolução 2. b)
Região de integração:
Com o auxílio da figura, depreende-se que a região B = {(x, y) ∈ R2|−1 ≤ x ≤ 0 e −
√
1− x2 ≤
y ≤ 0} pode ser escrita em coordenadas polares como segue:
B =
{
(r, θ) | 0 ≤ r ≤ 1 e π ≤ θ ≤ 3π
2
}
Com isso, e utilizando a equação r2 = x2 + y2 que relaciona as coordenadas retangulares e
polares, vem:
0∫
−1
0∫
−
√
1−x2
2
1 + x2 + y2
dy dx =
3π
2∫
π
1∫
0
2
1 + r2
r dr dθ
=

3π
2∫
π
dθ

 1∫
0
2
1 + r2
r dr

= [θ]
3π
2
π
 1∫
0
2
1 + r2
r dr

=
π
2
1∫
0
2
1 + r2
r dr
Adotando u = 1 + r2, tem-se du = 2r dr, além de u = 1, para r = 0, e u = 2, para r = 1.
6
Renato da Silva Viana
Substituindo:
π
2
1∫
0
2
1 + r2
r dr =
π
2
2∫
1
1
u
du
=
π
2
[ln(u)]u=2u=1
=
π
2
ln(2)
Por conseguinte:
0∫
−1
0∫
−
√
1−x2
2
1 + x2 + y2
dy dx =
π
2
ln(2) X
7
Renato da Silva Viana
Resolução 2. c)
Região de integração:
A equação do plano gerado pelos três pontos pode ser descrita partindo da equação segmentária
do plano:
x
1
+
y
2
+
z
3
= 1⇒ y = 2− 2x− 2z
3
A equação da reta do plano xz que passa pelos pontos (1, 0, 0) e (0, 0, 3) pode ser encontrada
por meio da equação segmentária da reta:
x
1
+
z
3
= 1⇒ z = 3− 3x
Em mãos dessas equações e observando a figura, conclui-se que a região B é tal que:
B =
{
(x, y, z) ∈ R3 | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 3− 3x e 0 ≤ y ≤ 2− 2x− 2z
3
}
8
Renato da Silva Viana
Assim, pelo teorema de Fubini:∫∫∫
B
x+ z dV =
∫ 1
0
∫ 3−3x
0
∫ 2−2x− 2z
3
0
x+ z dy dz dx
=
∫ 1
0
∫ 3−3x
0
[(x+ z)y]
y=2−2x− 2z
3
y=0 dz dx
=
∫ 1
0
∫ 3−3x
0
(x+ z)
(
2− 2x− 2z
3
)
dz dx
=
∫ 1
0
∫ 3−3x
0
2x+ 2z − 2x2 − 8xz
3
− 2z
2
3
dz dx
=
∫ 1
0
[
2xz + z2 − 2x2z − 4xz
2
3
− 2z
3
9
]z=3−3x
z=0
dx
=
∫ 1
0
3x2 − 6x+ 3 dx
=
[
x3 − 3x2 + 3x
]x=1
x=0
= 1 X
9
Renato da Silva Viana
Resolução 3.
Região delimitada pelas curvas:
Para efeito de cálculo, se faz mais prático denotar matematicamente a região B como tipo II:
B = {(x, y) ∈ R2 | − 2 ≤ y ≤ 1 e y − 2 ≤ x ≤ − y2}
Logo, a integral dupla que expressa a área A(B) da região é:
A(B) =
∫ 1
−2
∫ −y2
y−2
dx dy
Desenvolvendo: ∫ 1
−2
∫ −y2
y−2
dx dy =
∫ 1
−2
[x]x=−y
2
x=y−2 dy
=
∫ 1
−2
−y2 − y + 2 dy
=
[
−y
3
3
− y
2
2
+ 2y
]1
−2
=
9
2
Então:
A(B) =
9
2
X
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Renato da Silva Viana
Resolução 4. a)
O volume V (W ) corresponde a integral dupla de z = 3− x na região D = {(x, y) ∈ R2 | − 2 ≤
x ≤ 2 e −
√
4− x2 ≤ y ≤
√
4− x2}. Com base no teorema de Fubini, o volume é igual a
integral iterada a seguir:
V (W ) =
2∫
−2
√
4−x2∫
−
√
4−x2
3− x dy dx X
Resolução 4. b)
A partir da integral iterada do item anterior, a integral tripla iterada correspondente ao volume
V (W ) pode ser facilmente apontada, haja vista que 0 ≤ z ≤ 3− x:
V (W ) =
2∫
−2
√
4−x2∫
−
√
4−x2
3−x∫
0
dz dy dx X
Bons estudos!
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