Ministério da Educação
Universidade Federal de Pelotas – Centro de Educação a Distância
Curso de Licenciatura em Matemática a Distância
Gabarito dos Exercícios orientados para a Segunda Prova Escrita de Fundamentos de
Matemática Aplicada C
1. Nos exercícios a seguir, desenhe a região R e calcule a integral
∫∫ f ( x, y) dA :
R
a.
2 1
∫ ∫ (1 + 2 x + 2 y) dy dx ;
0 0
Solução:
A região está definida pelas desigualdades 0 ≤ y ≤ 1 , 0 ≤ x ≤ 2 , que define um
retângulo, como é mostrado na figura a seguir:
Calculamos as integrais iteradas:
2 1
2 1
∫0 ∫0 (1 + 2 x + 2 y ) dy dx = ∫0 ∫0 (1 + 2 x + 2 y) dy dx
y =1
y2
= ∫ y + 2 xy + 2 dx
0
2 y =0
2
2
y =1
0
y =0
(aqui, integramos em relação a y)
(
) dx
= ∫ [(1 + 2 x ⋅ 1 + 1 ) − (0 + 2 x ⋅ 0 + 0 )]dx (avaliamos para y = 1 e y = 0)
= ∫ y + 2 xy + y 2
2
2
2
0
2
= ∫ (2 + 2 x ) dx
0
x =2
x2
= 2 x + 2
(integramos em relação a x)
2 x =0
x=2
(
)
= (2 ⋅ 2 + 2 ) − (2 ⋅ 0 + 0 ) = 8 (avaliamos para x = 2 e x = 0)
= 2x + x2
x =0
2
2
2 1
∫ ∫ (1 + 2 x + 2 y ) dy dx = 8
b. ∫ ∫ ( x + y ) dx dy ;
Portanto
0
0
6 3
0 y/2
Solução:
A região está definida pelas desigualdades
y
≤ x ≤ 3 , 0 ≤ y ≤ 6 , que define um
2
triângulo, como é mostrado na figura a seguir
6 3
∫∫
0 y/2
6
3
( x + y ) dx dy = ∫ ∫ ( x + y ) dx dy
0 y /2
x =3
x2
= ∫ + xy
dy
0
2
x= y / 2
6
(aqui, integramos em relação a x)
2
6 3
( y / 2) 2 y
= ∫ + 3 y −
+ ⋅ y dy (avaliamos para x = 3 e x = y / 2)
0
2
2
2
6 9
5
= ∫ + 3 y − y 2 dy
0 2
8
6 9
5
= ∫ + 3 y − y 2 dy
0 2
8
y =6
9
y2 5 y3
= y +3 − ⋅
2 8 3 y =0
2
integramos em relação a y,
3
5
3
5 3
9
9
= ⋅ 6 + ⋅ 6 2 − ⋅ 63 − ⋅ 0 + ⋅ 0 2 −
⋅ 0 avaliamos para y = 6 e y = 0
2
24 2
2
24
2
= 27 + 54 − 45 = 36
Assim,
6 3
∫∫
0 y/2
c.
( x + y ) dx dy = 36 .
4
∫∫
y
0 y/ 2
x 2 y 2 dx dy ;
Solução:
A região está definida pelas desigualdades
na figura a seguir
y
≤x≤
2
y , 0 ≤ y ≤ 4 , como é mostrado
Calculamos as integrais iteradas:
4
y
4
y
2 2
2 2
x
y
dx
dy
=
∫0 ∫y / 2
∫0 ∫y / 2 x y dx dy
x= y
x3
= ∫ y 2
dy
0
3 x= y / 2
4
( y / 2 )3
y 2 −
y 2 dy (avaliamos para x =
0
3
3
4 1
1 5
y dy
= ∫ y7 / 2 −
0 3
24
=∫
4
(aqui, integramos em relação a x)
( y)
3
y e x = y/2 )
y=4
1 y9 / 2 1 y6
=
−
(integramos em relação a y)
3 9 / 2 24 6 y=0
1 6 2 9
1 6
2
= ⋅ 49 / 2 +
4 − ⋅0 +
0 (avaliamos para y = 4 e y = 0)
144 27
144
27
256
=
27
y
4
256
Enfim, ∫ ∫ x 2 y 2 dx dy =
.
0 y/2
27
d.
1 0
∫∫
0 y −1
1 1− y
e x + y dx dy + ∫
∫
0 0
e x + y dx dy .
Solução:
A região está definida pelas desigualdades y − 1 ≤ x ≤ 0 , 0 ≤ y ≤ 1 junto com
0 ≤ x ≤ y − 1 , 0 ≤ y ≤ 1 , como é mostrado na figura a seguir
y −1 ≤ x ≤ 0 , 0 ≤ y ≤ 1
0 ≤ x ≤ y −1, 0 ≤ y ≤ 1
Ou seja, a região de integração fica a união das regiões mostradas:
Calculamos cada parcela:
1
0
e x + y dx dy = ∫ ∫ e x + y dx dy
y −1
0 y −1
1 0
∫∫
0
1
x =0
0
x = y −1
( ) dy (aqui, integramos em relação a x)
= ∫ [(e ) − (e )]dy (avaliamos para x = 0 e x = y − 1)
= ∫ ex+ y
1
y
2 y −1
0
y =1
1
= e y − e2 y −1
(integramos em relação a y )
2
y =0
1 1
= e − e − 1 − e −1 (avaliamos para y = 1 e y = 0)
2 2
1
1
= e + e −1 − 1
2
2
Agora:
1 1− y
∫∫
0 0
1
1− y
e x + y dx dy = ∫ ∫ e x + y dx dy
0 0
1
x =1− y
( ) dy (aqui, integramos em relação a x)
= ∫ [(e ) − (e )]dy (avaliamos para x = 1 − y e x = 0)
= (e y − e )
(integramos em relação a y )
= (e − e) − (0 − e ) (avaliamos para y = 1 e y = 0)
= ∫ ex+ y
0
1
1
x =0
y
0
1
y y =1
y =0
0
=1
1
1
1
1
e + e −1 − 1 + 1 = e + e −1 .
2
2
2
2
2. Escreva as integrais iteradas usando ambas as ordens de integração e utilize
mais adequada para avaliar a integral sobre a região R :
a. ∫∫ xy dA , R retângulo com vértices (0,0) , (0,5) , (3,5) , (3,0) ;
Logo,
1 0
∫∫
0 y −1
e x + y dx dy + ∫
1 1− y
∫
0 0
e x + y dx dy =
R
Solução:
Primeiro, desenhamos a região de integração:
Como se trata de um retângulo, a ordem de integração é indiferente; por exemplo
3
5
∫∫R xy dA = ∫0 ∫0 xy dy dx
y =5
y2
= ∫ x dx
0
2 y =0
3
(aqui, integramos em relação a y)
3 25
= ∫ x − (0 ) dx (avaliamos para y = 0 e y = 5)
0
2
3 25
=∫
x dx
0 2
x =3
25 x 2
= ⋅
(integramos em relação a x)
2 2 x =0
25
= ⋅ 9 − (0 ) (avaliamos para x = 0 e x = 3)
4
225
=
4
225
Assim, ∫∫ xy dA =
4
R
y
b. ∫∫ 2
dA , R trapézio limitado por y = x , y = 2 x , x = 1 , x = 2 ;
x + y2
R
Solução:
Primeiro, desenhamos a região de integração:
Neste caso, é melhor escolher a ordem dy dx , pois fixando x , vemos que y varia de
x a 2 x , ou seja, x ≤ y ≤ 2 x , 1 ≤ x ≤ 2 :
∫∫ x
R
2
1 2x
1 2 x
y
y
y
dA = ∫ ∫ 2
dy dx = ∫ ∫ 2
dy dx
2
2
2
0
x
0
x
+y
x +y
x +y
y=2x
1
= ∫ ln( x 2 + y 2 )
dx
0 2
y= x
1
(aqui, integramos em relação a y )
1 1
ln(5 x 2 ) − ln(2 x 2 ) dx (avaliamos para y = 0 e y = 5)
2 ∫0
1 1 5x2
1 1 5
= ∫ ln 2 dx = ∫ ln dx
2 0 2x
2 0 2
=
[
]
x =1
1 5
= ln x
(integramos em relação a x)
2 2 x =0
1 5
= ln (avaliamos para x = 0 e x = 1)
2 2
c.
∫∫ − 2 y dA ,
R região limitada por y = 4 − x 2 , y = 4 − x ;
R
Solução:
Desenhamos a região de integração:
Para saber os valores de x nos pontos de interseção das curvas y = 4 − x 2 e y = 4 − x ,
resolvemos a equação 4 − x 2 = 4 − x , que dá x = 0 ou x = 1 .
Neste caso, é melhor escolher a ordem de integração dy dx , pois se fixamos x , então
y varia de 4 − x (reta) a 4 − x 2 (parábola).
Ou seja, a região de integração fica
4 − x ≤ y ≤ 4 − x2 , 0 ≤ x ≤ 1 .
Assim,
determinada
pelas
desigualdades
1 4− x2
∫∫ − 2 y dA = ∫
∫
0 4− x
R
1 4 − x
(−2 y) dy dx = ∫ ∫
(−2 y ) dy dx
0
4− x
2
1
y =4− x 2
0
y =4− x
( )
= − ∫ [(4 − x )
= −∫ y 2
1
0
2 2
dx
(aqui, integramos em relação a y )
]
− (4 − x)2 dx (avaliamos para y = 4 − x e y = 4 − x 2 )
1
= − ∫ (8 x − 9 x 2 + x 4 ) dx
0
x =1
x4
(integramos em relação a x)
= − 4 x 2 − 3 x 3 +
4 x =0
5
=−
(avaliamos para x = 0 e x = 1)
4
d. ∫∫ ( x + y ) dA , R região limitada por y = x 2 , y = x .
R
Solução:
Primeiro, desenhamos a região de integração
Para saber os valores de x nos pontos de interseção das curvas y = x 2 e y = x ,
resolvemos a equação x 2 = x , que dá x = 0 ou x = 1 .
Ou seja, a região de integração fica determinada pelas desigualdades x 2 ≤ y ≤ x ,
0 ≤ x ≤1.
Assim,
1 x
∫∫ ( x + y) dA = ∫ ∫
0 x
R
2
1
x
( x + y ) dy dx = ∫ ∫ 2 ( x + y) dy dx
0 x
y=x
y2
= ∫ xy +
dx
0
2 y = x2
1
(aqui, integramos em relação a y )
1
x2
x 4
= ∫ x 2 + − x 3 + dx (avaliamos para y = x 2 e y = x)
0
2
2
2
1 3x
x4
= ∫
− x 3 − dx
0
2
2
x =1
x3 x 4 x5
= − −
(integramos em relação a x)
2 4 10 x =0
1 1 1
= − − (avaliamos para x = 0 e x = 1)
2 4 10
7
=
10
7
Assim, ∫∫ ( x + y ) dA = .
10
R
3. Utilize a integração dupla para calcular o volume dos sólidos a seguir:
a.
b.
c.
d.
e.
Solução:
f.
a. O volume está dado pela integral
y
∫∫ 2 dA
onde R é o retângulo
R
mostrado na figura e dado pelas desigualdades 0 ≤ y ≤ 2 , 0 ≤ x ≤ 4 :
Agora calculamos a integral dupla:
4 2 y
4 2 y
y
∫∫R 2 dA = ∫0 ∫0 2 dy dx = ∫0 ∫0 2 dy dx
y =2
y2
= ∫ dx
0
4 y =0
4
(aqui, integramos em relação a y )
4
= ∫ [(1) − (0 )]dx (avaliamos para y = 0 e y = 1)
0
4
= ∫ dx
0
x=4
= ( x ) x=0 (integramos em relação a x)
= 4 − 0 (avaliamos para x = 0 e x = 4)
=4
Assim, o volume do sólido é
y
∫∫ 2 dA = 4 unidades de volume.
R
b. O volume está dado pela integral
∫∫ (4 − x − y )dA onde R
é o triângulo
R
mostrado na figura e dado pelas desigualdades x ≤ y ≤ 2 , 0 ≤ x ≤ 2 :
Agora calculamos a integral dupla escolhendo da ordem de integração
dy dx :
∫∫ (4 − x − y )dA = ∫ ∫ (4 − x − y )dy dx = ∫ ∫ (4 − x − y )dy dx
2 2
2
2
0 x
0
x
R
y=2
y2
= ∫ 4 y − xy − dx
0
2 y= x
2
(aqui, integramos em relação a y)
2
x 2
= ∫ (8 − 2 x − 2 ) − 4 x − x 2 − dx (avaliamos para y = x e y = 2)
0
2
2
3
= ∫ 6 − 6 x + x 2 dx
0
2
x=2
x3
= 6 x − 3 x 2 +
(integramos em relação a x)
2 x =0
= (12 − 12 + 4) − 0 (avaliamos para x = 0 e x = 2)
=4
Assim, o volume do sólido é
∫∫ (4 − x − y )dA = 4 unidades de volume.
R
1
(12 − 2 x − 3 y ) dA onde R é o
4 ∫∫
R
figura e dado pelas desigualdades
c. O volume está dado pela integral
triângulo
mostrado na
x
0 ≤ y ≤ 41 − , 0 ≤ x ≤ 6 :
6
Agora calculamos a integral dupla escolhendo da ordem de integração
dy dx :
x
x
1
1 6 4(1− 6 )
1 6 4 (1− 6 )
(
12
−
2
x
−
3
y
)
dA
=
(
12
−
2
x
−
3
y
)
dy
dx
=
(
12 − 2 x − 3 y ) dy dx
∫∫
∫
∫
∫
∫
4 R
4 0 0
4 0 0
x
y = 4 (1− )
6
1 6
3
= ∫ 12 y − 2 xy − y 2
0
4
2 y=0
dx
(aqui, integramos em relação a y )
2
1 6
x
x 3
x
= ∫ 48(1 − ) − 8 x(1 − ) − 4(1 − ) dx
4 0
6
6 2
6
6
1
= ∫ 6 − 2 x + x 2 dx
0
6
x =6
x3
(integramos em relação a x)
= 6 x − x 2 +
18 x = 0
= (36 − 36 + 12) − 0 (avaliamos para x = 0 e x = 6)
=4
1
Assim, o volume do sólido é ∫∫ (12 − 2 x − 3 y ) dA = 12 unidades de volume.
4 R
∫∫ (1 − xy) dA
d. O volume está dado pela integral
onde R é o triângulo
R
mostrado na figura e dado pelas desigualdades 0 ≤ x ≤ y , 0 ≤ y ≤ 1 :
Agora calculamos a integral dupla escolhendo da ordem de integração
dx dy :
∫∫ (1 − xy )dA = ∫ ∫ (1 − xy ) dx dy = ∫ ∫ (1 − xy )dx dy
1 y
1
0 0
0
y
0
R
x= y
x2
= ∫ x − y dy
0
2 x =0
1
(aqui, integramos em relação a x)
1
y3
= ∫ y − − (0 ) dy (avaliamos para x = 0 e x = y )
0
2
1
y3
= ∫ y − dy
0
2
y =1
y2 y4
= −
(integramos em relação a y )
8 y =0
2
1 1
= − − 0 (avaliamos para y = 0 e y = 1)
2 8
3
=
8
Então o volume está dado por
3
∫∫ (1 − xy )dA = 8
unidades de volume.
R
e. O volume está dado pela integral
∫∫ (4 − y )dA
2
onde R é o triângulo
R
mostrado na figura e dado pelas desigualdades x ≤ y ≤ 2 , 0 ≤ x ≤ 2 :
Agora calculamos a integral dupla escolhendo da ordem de integração
dy dx :
∫∫ (4 − y )dA = ∫ ∫ (4 − y )dy dx = ∫ ∫ (4 − y )dy dx
2 2
2
2
0 x
2
2
0
x
2
R
y=2
y3
= ∫ 4 y − dx
0
3 y= x
2
(aqui, integramos em relação a y )
2
x 3
8
= ∫ 8 − − 4 x − dx (avaliamos para y = x e y = 2)
0
3
3
2 16
x3
= ∫ − 4 x + dx
0
3
3
x =2
16
x4
= x − 2 x 2 +
(integramos em relação a x)
12 x = 0
3
32
4
= ( − 8 + ) − 0 (avaliamos para x = 0 e x = 2)
3
3
=4
Assim, o volume do sólido é
∫∫ (4 − y )dA = 4 unidades de volume.
2
R
f. O volume está dado pela integral
∫∫ [(4 − x
2
]
)
− y 2 − (4 − 2 x ) dA , ou,
R
∫∫ (2 x − x
2
− y 2 )dA onde R é o círculo mostrado na figura e dado pela
R
interseção das superfícies, ou seja, limitada
4 − x 2 − y 2 = 4 − 2 x , ou seja, x 2 − 2 x + y 2 = 0 :
pela
equação
Agora construímos a integral dupla escolhendo da ordem de integração
dy dx :
∫∫ (2 x − x
2
)
− y 2 dA = ∫
2
∫
2x−x 2
0 − 2x− x2
(2 x − x
2
)
− y 2 dy dx
R
Esta integral será calculada posteriormente, utilizando coordenadas polares.
4. Calcule a integral iterada, trocando a ordem de integração:
a.
1 1/ 2
∫∫
0 y/2
x 2 y 2 dx dy ;
Solução:
A região de integração está dada pelas desigualdades
y
1
≤ x ≤ , 0 ≤ y ≤ 1,
2
2
cujo gráfico é mostrado a seguir:
Então podemos ver que a região também está delimitada pelas
1
desigualdades 0 ≤ y ≤ 2 x , 0 ≤ x ≤ , que dá origem à igualdade:
2
1 1/ 2
1/ 2 2x
1/ 2
2x
2 2
2 2
2 2
∫0 ∫y / 2 x y dx dy = ∫0 ∫0 x y dy dx = ∫0 ∫0 x y dy dx
y=2x
=∫
1/ 2
0
b.
2
∫ ∫
4− x 2
− 2 − 4− x 2
Solução:
A
região
2
x =1 / 2
1/ 2 8
2 y3
1
8
x
dx = ∫ x 5 dx = x 6
=
0
144
3
18 x = 0
3 y=0
4 − y 2 dy dx ;
de
integração
2
está
dada
pelas
desigualdades
− 4 − x ≤ y ≤ 4 − x , − 2 ≤ x ≤ 2 , cujo gráfico é mostrado a seguir:
Se invertemos a ordem de integração, vemos que as desigualdades ficam
− 4 − y 2 ≤ x ≤ 4 − y 2 , − 2 ≤ y ≤ 2 , e a integral dupla fica
2
∫ ∫
4− x2
− 2 − 4− x2
4 − y 2 dy dx = ∫
2
4− y2
∫
4 − y 2 dx dy = ∫
−2 − 4− y 2
2
−2
( 4 − y x)
2
x= 4− y 2
x =− 4− y 2
dy
y =2
2
= ∫ 2 4 − y dy = 8 y − y 3
−2
3 y = −2
2
(
2
)
16
16 64
= 16 − − − 16 + =
3
3 3
c.
1 arccos( y )
∫∫
0 0
sen( x) 1 + sen 2 ( x) dx dy .
Solução:
A região de integração está dada pelas desigualdades 0 ≤ x ≤ arccos( y ) , 0 ≤ x ≤ 1 , cujo
gráfico é mostrado a seguir:
Esta região também é descrita pelas desigualdades 0 ≤ y ≤ cos( x) , 0 ≤ x ≤
conduz à igualdade das integrais duplas
1 arccos( y )
∫∫
0 0
sen( x) 1 + sen 2 ( x) dx dy = ∫
π / 2 cos( x )
∫
0
0
=∫
π /2
=∫
π /2
0
0
sen( x) 1 + sen 2 ( x) dy dx
(sen( x) 1 + sen ( x) y )
2
(1 + sen ( x))
2
1/ 2
y = cos( x )
dx
y =0
sen( x) cos( x) dx
3 / 2 x =π / 2
1 2
1
⋅ 1 + sen 2 ( x)
= 2 2 −1
x =0
2 3
3
5. Calcule as integrais a seguir utilizando coordenadas polares:
=
a.
1
∫∫
0 0
1− y 2
y dx dy ;
(
)
(
)
π
2
, o que
Solução:
A região de integração fica definida pelas desigualdades 0 ≤ x ≤ 1 − y 2 , 0 ≤ y ≤ 1
cujo gráfico é mostrado a seguir:
Esta região em coordenadas polares está dada por 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ θ ≤
π
2
, e temos a
igualdade de integrais:
1
∫∫
1− y 2
0 0
1 π /2
y dx dy = ∫
∫
0 0
r sen (θ ) ⋅ r dθ dr = ∫ ∫
0 0
π /2
1
1
r 2 sen (θ ) dθ dr = ∫ − r 2 cos(θ )
0
(
θ =π / 2
)
θ =0
dr
r =1
1
( (
= ∫ 0− −r
0
b.
4− x2
2
∫ ∫
−2 0
2
))
r3
1
dr = ∫ r dr = =
0
3 r =0 3
1
2
( x 2 + y 2 ) dy dx ;
Solução:
A região de integração fica definida pelas desigualdades 0 ≤ y ≤ 4 − x 2 , − 2 ≤ x ≤ 2
cujo gráfico é mostrado a seguir:
Esta região em coordenadas polares está dada por 0 ≤ r ≤ 2 , 0 ≤ θ ≤ π , e temos a
igualdade de integrais:
2
∫ ∫
4− x2
−2 0
( x + y ) dy dx = ∫
2
2
π
0
π
2
∫r
0
2
⋅ r dr dθ = ∫
= ∫ 4 dθ = 4θ θ = 0 = 4π
θ =π
0
c.
Solução:
3
∫∫
0 0
9− x 2
( x 2 + y 2 )3 / 2 dy dx ;
π
0
2r 3 dr dθ = π r
∫0 4
∫0
4
r=2
dθ
r =0
A região de integração fica definida pelas desigualdades 0 ≤ y ≤ 9 − x 2 , 0 ≤ x ≤ 3
cujo gráfico é mostrado a seguir:
Esta região em coordenadas polares está dada por 0 ≤ r ≤ 3 , 0 ≤ θ ≤
π
2
, e temos a
igualdade de integrais:
3
∫∫
0 0
9− x 2
2
2 3/2
(x + y )
π /2 3
dy dx = ∫
0
π /2
=∫
0
d.
2
∫∫
0 0
2x− x2
∫r
0
3
π /2
⋅ r dr dθ = ∫
0
θ =π / 2
243
243
dθ =
θ
5
5 θ =0
=
3 r 4 dr dθ = π / 2 r
∫0 5
∫0
5
r =3
dθ
r =0
243
π
10
xy dy dx ;
Solução:
A região de integração fica definida pelas desigualdades 0 ≤ y ≤ 2 x − x 2 , 0 ≤ x ≤ 2
cujo gráfico é mostrado a seguir:
Esta região em coordenadas polares está dada por 0 ≤ r ≤ 2 cos(θ ) , 0 ≤ θ ≤
π
2
, desde
que a igualdade y = 2 x − x 2 significa que x 2 + y 2 = 2 x , ou seja, r 2 = 2r cos(θ ) , do
qual resulta que r = 2 cos(θ ) . Então temos a igualdade de integrais:
2x− x2
2
∫∫
0 0
π / 2 2 cos(θ ) 2
0
=∫
π /2
0
=∫
xy dy dx = ∫
π /2
0
e.
∫
0
r sen (θ ) cos(θ ) ⋅ r dr dθ
4
2 cos(θ ) r 3sen (θ ) cos(θ ) dr dθ = π / 2 sen (θ ) cos(θ ) r
∫0
4
∫0
4
4 cos5 (θ )sen (θ ) dθ = − cos6 (θ )
6
(
1
∫ ∫
1− x
θ =π / 2
)
θ =0
r = 2 cos(θ )
dθ
r =0
2
=
3
2
−1 0
cos( x 2 + y 2 ) dy dx .
Solução:
A região de integração fica definida pelas desigualdades 0 ≤ y ≤ 1 − x 2 , − 1 ≤ x ≤ 1
cujo gráfico é mostrado a seguir:
Esta região em coordenadas polares está dada por 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ θ ≤ π . Então temos a
igualdade de integrais:
1
∫ ∫
−1 0
1− x 2
cos( x 2 + y 2 ) dy dx = ∫
π
0
1
∫ cos(r
0
2
) ⋅ r dr dθ
π
π 1
1
r =1
= ∫ ∫ cos(r 2 ) ⋅ r dr dθ = ∫
sen (r 2 )
dθ
r=0
0 0
0
2
1 π
1
π
θ =π
= ∫ sen (1) dθ = sen (1)(θ ) θ = 0 = sen (1)
0
2
2
2
(
)
Cálculo do volume
∫∫ (2 x − x
2
)
− y 2 dA = ∫
2
∫
2x−x 2
0 − 2x− x2
(2 x − x
2
)
− y 2 dy dx da questão 3 f:
R
Lembremos que a região de integração R é o círculo mostrado na figura, limitada pela
equação x 2 − 2 x + y 2 = 0 :
A partir da discussão do exercício 5 d, podemos ver que a região pode ser descrita
pelas desigualdades em coordenadas polares 0 ≤ r ≤ 2 cos(θ ) , −
π
π
≤θ ≤
2
2
, o que
origina a integral
2
∫∫
2x− x2
0 − 2x− x2
(2 x − x
2
)
− y 2 dy dx = ∫
π /2
∫
2 cos(θ )
−π / 2 0
(2r cos(θ ) − r )⋅ r dr dθ
2
π /2 2
2 cos(θ )
r4
= ∫ ∫
2r 2 cos(θ ) − r 3 dr dθ = ∫ r 3 cos(θ ) −
−π / 2 0
−π / 2 3
4
π /2
(
r = 2 cos(θ )
)
dθ
r =0
π /2 4
16
= ∫ cos4 (θ ) − 4 cos4 (θ ) dθ = ∫ cos 4 (θ ) dθ
−π / 2
−π / 2 3
3
π/2
θ =π / 2
π
41
3
3
4 3
= cos3 (θ ) sen (θ ) + cos(θ ) sen(θ ) + θ
= ⋅ π=
34
8
8 θ = −π / 2 3 8
2
Assim, o volume está dado por
∫∫ (2 x − x
R
2
)
− y 2 dA = ∫
2
∫
2x− x2
0 − 2x− x2
(2 x − x
2
)
− y 2 dy dx =
π
2
unidades de volume.
6. Calcule a massa e o centro de massa da lâmina descrita pelas desigualdades,
sabendo que sua densidade por unidade de área é ρ ( x, y) = xy .
a. 0 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ 2 ;
Solução:
A lâmina em questão é um quadrado como mostra a figura:
A massa está dada por
2
2
y2
m = ∫∫ ρ ( x, y ) dA = ∫ ∫ ( xy ) dy dx = ∫ x dx = ∫ 2 x dx = x 2
0 0
0
0
2 y =0
R
Agora, calculamos o centro de massa:
2 2
2 2
2
0 0
∫∫ y ρ ( x, y ) dA = ∫
x=2
x =0
2
x =2
2
x =2
=4.
2
y2
16
2
x y dy dx = ∫ x dx = ∫ 2 x 2 dx = x 3
= ;
0
0
3 x =0 3
2 y =0
∫∫ x ρ ( x, y ) dA = ∫ ∫ ( )
R
( )
2
2
28
y3
16
4
xy dy dx = ∫ x dx = ∫ x dx = x 2
= ;
0
03
3 x =0 3
3 y =0
2 2
∫( )
2
0 0
R
2
Enfim, as coordenadas do centro de massa são
1
16 3 4
1
16 3 4
x = ∫∫ x ρ ( x, y) dA =
= e y = ∫∫ y ρ ( x, y ) dA =
= .
m R
4
3
m R
4
3
b. 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 − x 2 .
Solução:
A lâmina em questão é um quadrado como mostra a figura:
A massa está dada por
1
m = ∫∫ ρ ( x, y ) dA = ∫
∫
1− x 2
0 0
(xy )dy dx
onde usamos coordenadas polares
R
=∫
π/2 1
π/2 1
∫ (r sen (θ ) cos(θ ) )⋅ r dr dθ = ∫ ∫ (r sen (θ ) cos(θ ))dr dθ
0
2
0
0
3
0
.
r =1
θ =π / 2
r4
1 π /2
1
1
= ∫ sen (θ ) cos(θ ) dθ = ∫ sen (θ ) cos(θ ) dθ = sen 2 (θ )
=
θ =0
0
4 0
8
8
4 r =0
Agora, calculamos o centro de massa:
π/2
1
∫∫ y ρ ( x, y ) dA = ∫
∫
0 0
1− x 2
(xy )dy dx onde usamos coordenadas polares
2
R
=∫
π/2 1
=∫
π/2
0
∫ (r sen
2
0
2
)
(θ ) cos(θ ) ⋅ r dr dθ = ∫
r =1
0
π /2 1
0
∫ (r sen
0
3
2
)
(θ ) cos(θ ) dr dθ
θ =π / 2
r4
1 π /2
1
1
sen (θ ) cos(θ ) dθ = ∫ sen 2 (θ ) cos(θ ) dθ = sen 3 (θ )
=
θ =0
0
4
4
12
12
r =0
2
;
∫∫ x ρ ( x, y ) dA = ∫
1
∫
1− x 2
0 0
(x y )dy dx onde usamos coordenadas polares
2
R
=∫
π/2 1
π /2 1
∫ (r sen (θ ) cos (θ ) )⋅ r dr dθ = ∫ ∫ (r sen (θ ) cos(θ ) )dr dθ
0
2
2
0
0
3
;
0
r =1
θ =π / 2
r4
1 π /2
1
1
= ∫ sen (θ ) cos (θ ) dθ = ∫ sen (θ ) cos2 (θ ) dθ =
− cos3 (θ )
=
θ
=
0
0
0
4
12
12
4 r =0
Enfim, as coordenadas do centro de massa são
1
1 / 12 2
1
1 / 12 2
x = ∫∫ x ρ ( x, y) dA =
= e y = ∫∫ y ρ ( x, y ) dA =
= .
m R
1/ 8 3
m R
1/ 8 3
7. Calcule os momentos de inércia de cada lâmina sabendo que a densidade é
ρ = 1 grama por cm2
π/2
(
2
a.
Solução:
)
b.
h
b
0 0
b
0
a. A massa da lâmina é m = ∫∫ ρ ( x, y) dA = ∫
∫ 1dy dx = ∫ h dx = bh .
R
Agora, os momentos de inércia são
I x = ∫∫ y ρ ( x, y ) dA = ∫
2
b h
∫
0 0
R
I y = ∫∫ x 2 ρ ( x, y ) dA = ∫
b h
∫
0 0
y3
y dy dx = ∫
0
3
y=h
b
2
b
( )
x 2 dy dx = ∫ x 2 y
0
R
h3
1
dx = bh 3 ;
0 3
3
dx = ∫
y =0
b
b
1
dx = ∫ hx 2 dx = h x 3
y=0
0
3
y=h
( )
x =b
x =0
1
= b3h .
3
b. A massa da lâmina é
x =b
1 x2
1
= bh .
1dy dx = ∫ h (1 − x / b )dx = h x −
m = ∫∫ ρ ( x, y) dA = ∫ ∫
0 0
0
b 2 x =0 2
R
Agora, os momentos de inércia são
b h (1− x / b )
I x = ∫∫ y ρ ( x, y ) dA = ∫
2
b h (1− x / b )
∫
0 0
R
b
y3
y dy dx = ∫
0
3
2
y = h (1− x / b )
b
y =0
3
h3 x
dx = ∫ 1 − dx
0 3
b
b
;
x =b
3
1 3 x
1
1
= h b − 1 −
= bh 3 (0 − (−1)) = bh 3
12 b
12
12
x =0
b
I y = ∫∫ x 2 ρ ( x, y) dA = ∫
∫
h (1− x / b )
0 0
b
0
R
x =b
( )
x 2 dy dx = ∫ x 2 y
1
1
1
1
h x4
= hb3 − hb3 = b 3h
= hx3 −
b 4 x=0 3
4
12
3
y =h (1− x / b )
y =0
b
x
dx = ∫ hx 2 1 − dx
0
b
.
