Problemas_Resolvidos_Calculo_III

Prévia do material em texto

Problemas Resolvidos
de
Integrais Múltiplas
Uma apostila de aux́ılio à compreensão ao
Cálculo Diferencial Integral III
Prof. Dr. Beto Rober Saavedra
Universidade Federal do Vale de São Francisco
Colegiado de Engenharia de Produção
http:www.univasf.edu.br/producao/
1
COLABORADORES:
Adalto Liberato de Moura Neto
Anderson Matias da Silva
Andre Soares de Siqueira
Barbara Oliveira Lima
Bruna Parente Granja
Carla Daniela Pereira da Silva
Catiane Queite Simas de Santana
Cyntia de castro Araujo Pereira
Daniel dos Santos Costa
Denisson Augusto Bastos Leal
Diego Galvao Campos Oliveira
Edmilson Jonatas Santos de Brito
Edmo Henrique Martins
Edson Silva Lopes
Eldon de Aquino Costa
Elton Barbosa Santos
Emanuela oliveira dos Santos Paiva
Erick galvao Santana
Eugenio dos Santos de Castro Campos
Francisco Caio Silva Ladislau
Francisco Elde Oliveira Junior
Geilson Ribeiro da Silva
Gilmara Pires Granja
Giovane Alves Bonfim Dias
Glaucia Suerdia Gomes do Nascimento
Gustavo Alves Raphael
Henrique Martins de Miranda
Ilenia Evangelista Rodrigues
Jackson Yanno Araujo de Carvalho
Jadson Patrick Santana de Moraes
Jamile Costa do Nascimento
Jose Antunes da Silva Neto
Jose Augusto Barreira Fonseca Filho
Juman Fernandes Santos Sousa
2
Leila Oliveira Santos
Lucas Matheus de Oliveira Barbosa
Luiz Henrique Coimbra Coelho Gonzaga
Marcelo Henryque Costa de Souza
Maria Augusta Ferreira da Costa Andrade
Matheus Moreira Santiago
Natasha Camilo Dias
Osvaldo Campelo de Mello Vasconcelos
Paula Lima Alves
Paulo Henrique Rocha Pereira
Paulo Vitor Torres barbosa
Pedro de Brito Cavalcanti Neto
Pedro Henrique Araujo Sobral
Raquel Rafael de Freitas Silva
Renan Franca da Silva
Ricardo Barbosa de Siqueira
Ricardo Euller Dantas e Silva
Roberta Daniela da Silva Santos
Simone do Nascimento Luz
Tayron Juliano Souza
Thiago Bruo Rodrigues de Rezende Oliveira
Ulderico Rios Oliveira
Vanderleia Dias da Silva
Victor Marcilio de Araujo Souza Peixoto
3
.
′′
A diferena entre sonho e realidade é a quantidade certa de tempo e trabalho.
′′
William Douglas
4
1. Determine o volume da região sólida E limitada pela superf́ıcie z =
sen(x2 + y2) e a região plana circular de centro (0, 0, 0) e raio
√
2π.
Solução . Observar que parte da região E fica acima da região plana circular de
centro (0, 0, 0) e raio
√
π e a outra parte embaixo da região plana limitada pelas
circunferências concêntricas de centro (0, 0, 0) e raios
√
π e
√
2π respetivamente. Logo,
usando coordenadas polares, o volume da região E é
V =
∫ 2π
0
∫ √π
0
rsen(r2)drdθ −
∫ 2π
0
∫ √2π
√
π
rsen(r2)drdθ
=
∫ 2π
0
−1
2
cos(r2)
√
π
0 dθ +
∫ 2π
0
1
2
cos(r2)
√
2π√
π
dθ
= 2π + 2π = 4π
5
2. Calcular
∫
R
∫
cos
(
y+x
y−x
)
, onde R é a região trapezoidal com vértices
(2, 0), (4, 0), (0, 4) e (0, 2).
Solução . Vamos fazer a mudança de variáveis:
u = x + y v = x − y
Essas equações definem a transformação inversa T−1 do plano xy para o plano uv. E,
a transformação T, do plano uv para o plano xy, é dada pelas equações
x =
1
2
(u + v) y =
1
2
(u − v)
O jacobiano de T é ∂(x,y)∂(u,v) =
−1
2 . A transformação T transforma uma região S no
plano uv na região R como mostra a figura abaixo:
Logo:
∫
R
cos
(
y + x
y − x
)
dA =
1
2
∫
S
∫
cos(
u
v
)dudv
=
1
2
∫ 4
2
∫ v
−v
cos(
u
v
)dudv
=
1
2
∫ 4
2
v2sen2(
u
v
)|v−vdv
= 0
6
3. Determine o volume da região sólida E limitada pela superf́ıcie z =
(x2 + y2)sen(x2 + y2) e a região plana circular de centro (0, 0, 0) e raio
√
2π.
Solução . Observar que parte da região E fica acima da região plana circular de
centro (0, 0, 0) e raio
√
π e a outra parte embaixo da região plana limitada pelas
circunferências concêntricas de centro (0, 0, 0) e raios
√
π e
√
2π respetivamente. Logo,
usando coordenadas polares, o volume da região E é
V =
∫ 2π
0
∫ √π
0
r3sen(r2)drdθ −
∫ 2π
0
∫ √2π
√
π
r3sen(r2)drdθ
Agora, pela substituição u = r2 e 12du = dr e os respetivos limites de integração r =
0 → u = 0, u = √π → u = π e r =
√
2π → u = 2π, obtermos:
V =
1
2
∫ 2π
0
∫ π
0
usen(u)drdθ − 1
2
∫ 2π
0
∫ 2π
π
usen(u)drdθ
=
1
2
[
∫ 2π
0
−ucos(u) + sen(u)π0dθ −
∫ 2π
0
−ucos(u) + sen(u)2ππ dθ]
= π + 3π = 4π
7
4. Determine o volume da região sólida limitada pelas esferas
(x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 9 e (x − 4)2 + (y − 4)2 + (z − 4)2 = 16.
Solução A distância entre os centros das esferas dadas é 3
√
3. Calcular o volume da
região sólida dada é mesma coisa que calcular o volume da região sólida limitada pelas
esferas
x2 + y2 + z2 = 9 e x2 + y2 + (z − 3
√
3)2 = 16.
Observar a figura seguinte:
Para encontrar o plano paralelo ao plano XY sobre o que descansa a interseção das
esferas, precisamos resolver a equação
16 − z2 = 9 − (z − 3
√
3)2
Isto é, o plano procurado é z = 17
√
3
9 . Logo, a região E fica acima da região plana
8
x2 + y2 ≤ 14327 . O volume de E é
V =
∫ 2π
0
∫
√
143
27
0
r
√
16 − r2 − [3
√
3r − r
√
9 − r2]drdθ
=
=
∫ 2π
0
−1
3
(16 − r2) 32 |
√
143
27
0 −
3
√
3r2
2
|
√
143
27
0 −
1
3
(9 − r2) 32 |
√
143
27
0 dθ = 2, 524....
9
5. Determine a área da parte do cone z2 = 4(x2 + y2) entre os planos z =
1 e z = 2.
Solução . Observar que a parte do cone entre os planos z = 1 e z = 2. fica acima da
região R no plano XY limitada pelas circunferências x2 + y2 = 14 e x
2 + y2 = 1.
Logo, a àrea procurada é
A =
∫
R
∫
√
1 + (
∂z
∂x
)2 + (
∂z
∂y
)2dxdy
=
∫
R
∫
√
1 +
x2
4(x2 + y2)
+
y2
4(x2 + y2)
dxdy
=
∫
R
∫ √
5
4
dxdy
=
√
5
4
∫ 2π
0
∫ 1
1
2
rdrdθ =
3
4
π
√
5
4
.
10
6. Seja B a bola fechada x2 + y2 + z2 ≤ 4.
(a) Provar por meio de Mudança de Variáveis que
∫ ∫
B
∫
e3x
2+xdV =
∫ ∫
B
∫
e3z
2+zdV
(b) Calcular
∫ ∫
B
∫
ex
2
+ ex
2+3z3dV
∫ ∫
B
∫
ey2 + ez2+3y3dV
Solução . As coordenadas no espaço R3 podem ser dadas pelas variáveis (x, y, z) ou
pelas variáveis (u, v, w).
(a) Consideramos a mudança de variáveis dada por
u = z v = y w = x
Observamos que a mudança de variáveis dada transforma a a bola fechada x2 +
y2 + z2 ≤ 4 na bola fechada u2 + v2 + w2 ≤ 4. Além disso, | ∂(x,y,z)∂(u,v,w) | = 1.
Logo,
∫ ∫
B
∫
e3x
2+xdV =
∫ ∫
B
∫
e3w
2+wdudvdw =
∫ ∫
B
∫
e3w
2+wdV =
∫ ∫
B
∫
e3z
2+zdV
(b) Sejam as transformações inversas T−11 dada por
u = y v = x w = z
e T−12 dada por
u = y v = z w = x
Observamos que as duas transformações T1 e T2 levam a bola fechada B na bola
fechada B. Além disso, ambos os módulos dos Jacobianos de T1 e T2 são igual a
1. Logo, como acima, temos
∫ ∫
B
∫
ex
2
dV =
∫ ∫
B
∫
ey
2
dV e
∫ ∫
B
∫
ex
2+3z3dV =
∫ ∫
B
∫
ez
2+3y3dV
Logo,
∫ ∫
B
∫
ex
2
+ ex
2+3z3dV
∫ ∫
B
∫
ey2 + ez2+3y3dV
= 1
11
7. (a) Encontrar todos os pontos (x, y) do plano tais que |x| + |y| = 1.
(b) Calcular a integral dupla
∫
B
∫
ex+ydA, onde B = {(x, y) ∈ R2 : |x| + |y| ≤
3}.
Solução .
(a) Denotamos o conjunto E = {(x, y) ∈ R2 : |x| + |y| = 1}. Podemos escrever esse
conjunto como segue
E = E1
⋃
E2
⋃
E3
⋃
E4
onde
E1 = {(x, y) ∈ R2 : x+y = 1, x ≥ 0, y ≥ 0}, E2 = {(x, y) ∈ R2 : x+y = 1, x ≥ 0, y ≤ 0}
E3 = {(x, y) ∈ R2 : x+y = 1, x ≤ 0, y ≤ 0}, E4 = {(x, y) ∈ R2 : x+y = 1, x ≥ 0, y ≤ 0}
Observamos que E1 é um segmento de reta que liga os pontos (1, 0) e (0, 1), E2 é
um segmento de reta que liga os pontos (0, 1) e (−1, 0), E3 é um segmento de reta
que liga os pontos (−1, 0) e (0,−1), e E4 é um segmento de reta que liga os pontos
(0,−1) e (1, 0) (ver figura 1).
Figura 1: Conjunto E.
(b) Como no item anterior, prova-se que o conjunto de pontos (x, y) tais que |x|+|y| =
3 é um losango com vértices (3, 0), (0, 3), (−3, 0) e (0,−3). Logo, B é a região
limitada por esse losango(ver figura 2). Seja a transformação inversa T−1 dada
12
Figura 2: O conjunto B transforma-se num Quadrado S de lado de comprimento igual a 3.
por u = x + y v = x − y. Para determinara região S do plano
uv correspondente a B, notamos que os lados de B estão sobre as retas
x + y = 3, x − y = 3, x + y = −3, x − y = −3
e as retas correspondentes do plano uv são
u = 3, v = 3, u = −3, v = 3
Então , a região S é o quadrado com vértices (3, 3), (−3, 3), (−3,−3) e (3,−3) como
mostra a figura 2. Por outro lado, o valor absoluto do Jacobiano da transformação T é
igual a
∣
∣
∣
∂(x,y)
∂(u,v)
∣
∣
∣ = 12 . Logo,
∫
B
∫
e
x+ydA =
∫
B
∫
e
u
∣
∣
∣
∣
∂(x, y)
∂(u, v)
∣
∣
∣
∣
dA
=
1
2
∫
S
∫
e
udA
=
1
2
∫ 3
−3
∫ 3
−3
e
ududv
= 3(e3 − e−3).
13
8. Determine o volume do sólido com vértices (0,0,0), (0,0,1), (0,2,0) e (2,2,0).
Solução . Para seguir o racioćınio, observar a Figura 1. A base do Tetraedro é um
retângulo, que denotarmos por R, determinado pelas retas y = x, y = 2, x = 0. A
região R é a projeção ortogonal do plano, determinado pelos pontos (0,0,1),(0,2,0),(2,2,0),cuja
equação Cartesiana é z = 2−y2 . Logo, o volume requerido é
Figura 3: Tetraedro
∫ ∫
R
2 − y
2
dA =
∫ 2
0
∫ y
0
2 − y
2
dxdy
=
∫ 2
0
2y − y2
2
dy
=
y2
2
− y
3
6
|20 =
2
3
.
14
9. Calcular
∫ ∫
R
tang(18x2 + 8y2)dA,
onde R é a região do primeiro quadrante limitada pela elipse 9x2 + 4y2 = 14 .
Solução . Pela mudança de coordenadas:
x =
1
3
rcos(θ), y =
1
2
rsen(θ); 0 ≤ r ≤ 1
2
, 0 ≤ θ ≤ π
2
.
temos:
∫ ∫
R
tan(18x2 + 8y2)dA =
1
6
∫ π
2
0
∫ 1
2
0
tang(2r2)rdrdθ
=
1
24
∫ π
2
0
−ln(cos(2r2))|
1
2
0 dθ
=
1
24
∫ π
2
0
−ln(cos(1
2
))dθ
=
−π
48
ln(cos(
1
2
))
15
10. Calcular
∫
R
∫
(y − x)sen
(
y+x
y−x
)
, onde R é a região trapezoidal com vértices
(2, 0), (4, 0), (0, 4) e (0, 2).
Solução . Vamos fazer a mudança de variáveis:
u = x + y v = x − y
Essas equações definem a transformação inversa T−1 do plano xy para o plano uv. E,
a transformação T, do plano uv para o plano xy, é dada pelas equações
x =
1
2
(u + v) y =
1
2
(u − v)
O jacobiano de T é ∂(x,y)∂(u,v) =
−1
2 . A transformação T transforma uma região S no
plano uv na região R como mostra a figura abaixo:
Logo:
∫
R
(y − x)sen
(
y + x
y − x
)
dA =
1
2
∫
S
∫
vsen(
u
v
)dudv
=
1
2
∫ 4
2
∫ v
−v
vsen(
u
v
)dudv
= −1
2
∫ 4
2
v2cos(
u
v
)|v−vdv
= 0
16
11. Calcule a integral
a)
∫ 1
0
∫ 2
1
x cos xy dxdy
Solução.
Fazendo a substituição simples, temos:
xy = u
du = x dy
Assim,
∫ 2
1
[∫ 1
0
cos udu
]
dx =
∫ 2
1
[senxy]
1
0 dx =
∫ 2
1
senxdx = [− cos x]21 =
= − cos 2 + cos 1
17
12. Calcule
∫ ∫
R
ex
2+y2dydx,
onde R a região semicircular limitada pelo eixo X e pela curva , y =
√
1 − x2.
Solução . Em coordenadas cartesianas, a integral em questão e uma intefral não el-
ementar e não existe nenhuma maneira direta de integrar ex
2+y2 em relacão a x ou y.
Ainda assim essa integral e outras integrais como essa são importantes em matemática
— em estat́ıstica por exemplo — e queremos encontrar uma maneira de calculá-la. As
coordenadas polares servem para isso. A substituicão de x = r cosθ , y = r sen θ e a troca
de dydx por rdrd θ nos permitem calcular a integral como :
∫∫
R
ex
2+y2dydx =
∫ π
0
∫ 1
0
er
2
rdrdθ =
∫ π
0
[
1
2e
r2
]1
0
dθ =
∫ π
0
1
2 (e − 1)dθ = π2 (e − 1)
O r em r dr dθ era justamente o que precisávamos para integrar. Sem isso, estariamos
impedidos de prosseguir, como no começo .
18
13. Encontre o momento polar da inércia em relacão a origem de uma placa fina
de densidade θ(x, y) = 1 limitada pelo quarto de circunferência x2 + y2 = 1 no
primeiro quadrante .
Solução . Em coordenadas cartesianas, o momento polar é o valor da integral
∫ 1
0
∫ √1−x2
0
dydx
Integrando em relação a y, temos :
∫ 1
0
(
x2
√
1 − x2 + (1 − x
2)
3
2
3
)
dx
Uma integral dif́ıcil de calcular sem tabelas.
As coisas melhoram se mudamos a interal original para coodenadas polares. Substituindo
x = r cos θ , y = r sen θ e trocando dxdy por r dr θ, obtemos :
∫ 1
0
∫ √1−x2
0
(x2 + y2)dydx =
∫ π
2
0
∫ 1
0
(r2)rdrdθ
=
∫ π
2
0
[
r4
4
]r=1
r=0
dθ =
∫ π
2
0
1
4
dθ =
π
8
Por que a transformação em coordenadas polares é tão eficaz aqui ? Um motivo é que
x2 + y2 é simplificada para r2 . Outro motivo é que os limites de integração tornam-se
constantes.
19
14. Identificando a região de integração . Esboçar e calcular
∫ 0
−1
∫ 1−x
−2x
dydx +
∫ 2
0
∫ 1−x
− x2
dydx
Solução . Com o auxilio da figura abaixo é posśıvel verificar a região na qual se deseja
calcular.
Figura 4: Gráfico.
∫ 0
−1
∫ 1−x
−2x
dydx +
∫ 2
0
∫ 1−x
− x2
dydx
=
∫ 0
−1
1 + x dx +
∫ 2
0
1 − x
2
dx
= x +
x2
2
∣
∣
∣
∣
0
−1
+ x − x
2
4
∣
∣
∣
∣
2
0
= −
(
−1 + 1
2
)
+ (2 − 1) = 3
2
20
15. Encontre a área dentro da lemniscata r2 = 4cos2θ .
Solução . Traçamos o gráfico da lemniscata para determinar os limites de integração e
vemos que a área total é quatro vezes a área da porção no primeiro quadrante.
a = 4
∫ π
4
0
∫
√
4cos2θ
0
rdrdθ = 4
∫ π
4
0
[
r2
2
]r=
√
4cos2θ
r=0
dθ = 4
∫ π
4
0
2cos2θdθ = 4sen2θ
]π
4
0
= 4.
21
16. Calcule
∫ ∫
B
ex
2+y2dxdy B : (x, y) 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4 ,−x ≤ y ≤ x, x ≥ 0.
Solução .



X = rcosθ
Y = rsenθ
∫ π
π
2
∫ 4
1
er2 · rdrdθ = 1
2
∫
π
2
π =
∫ π
π
2
∫ 4
1
eududθ =
1
2
∫ π
π
2
eu
∣
∣
∣
∣
4
1
=
1
2
∫ π
fπ2
e4 − e′ = 1
2
(θe4 − θe′)ππ
2
=
1
2
[
(πe4 − πe) − (π
2
e4 − π
2
e)
]
=
1
2
(
πe4 − πe − π
2
e4 +
π
2
e
)
=
1
2
(
2πe4 − 2πe − πe4 + πe
2
)
=
1
4
(πe4 − π)
22
17. Calcule
∫ ∫
R
f(x, y)dxdy
onde R é a região triangular com vértices (0,0), ( 1, 0) e (0 , 1)
Solução .
x − x2
x2 − x1
=
y − y2
y2 − y1
=
x − 0
0 − 1
=
y − 1
1 − 0 →
x
−1 =
y − 1
1
= x = −y + 1
−y = x − 1 → y = 1 − x
∫ 1
0
∫ 1−x
0
x2 + y2dydx =
∫ 1
0
x2y +
y3
3
∣
∣
∣
∣
1−x
0
dx =
∫ 1
0
x2(1 − x) + (1 − x)
3
3
dx
∫ 1
0
x2dx −
∫ 1
0
x3dx +
∫ 1
0
(1 − x)3
3
dx =
x3
3
∣
∣
∣
∣
1
0
− x
4
4
∣
∣
∣
∣
1
0
− 1
3
(1 − x)4
4
∣
∣
∣
∣
1
0
=
1
3
− 1
4
− 1
3
(
0 − 1
4
)
=
1
3
− 1
4
+
1
12
=
1
6
23
18. Encontre os limites da integração para integrar f(r, θ) sobre a região R que
está dentro da cardióide r = 1 + cosθ e fora da circunferência r = 1 .
Solução
Passo 1 : Um esboço. Esboçamos a região e identificamos as curvas limitantes.
Passo 2 : Os limites de integração de r. Um raio t́ıpico a partir da origem entra em
R onde r = 1 e sai onde r = 1 + cosθ.
Passo 3 : Os limites de integração de θ . Os raios a partir da origem que apresentam
intersecção com R variam de θ = −π/2 a θ = π/2. A integral é :
∫ π
2
−π2
∫ 1+cosθ
1
f(r, θ)rdrdθ
Se f(r, θ) é a função constante cujo valor é 1 , então a integral de f sobre r é a área de R .
A área de uma região R fechada e limitada no plano de coordenadas polares é
a =
∫ ∫
R
rdrdθ.
Como seria de esperar, essa fórmula para a área é condizente com todas as fórmulas
anteriores, embora não provemos esse fato .
24
19. Identificando a região de integração . Esboçar e calcular
∫ 2
0
∫ 0
x2−4
dydx +
∫ 4
0
∫ √x
0
dydx
Solução .
Figura 5: Gráfico.
∫ 2
0
4 − x2 dx +
∫ 4
0
x1/2 dx
= 4x − x
3
3
∣
∣
∣
∣
2
0
+
2
3
x3/2
∣
∣
∣
∣
4
0
=
(
8 − 8
3
)
+
16
3
=
32
3
25
20. Encontre o volume da região D limitada pelas superf́ıcies z = x2 + 3y2 z =
8 − x2 − y2.
Solução . O volume é
v =
∫ ∫
R
∫
dzdydx,
a integral de f(x, y, z) = 1 sobre D . Para encontrarmos os limites de integração para
calcular a integral, seguimos estes passos :
Passo 1 : Um esboço. As superf’icies apresentam intersecção no cilindro eĺıptico
x2 + 3y2 = 8 − x2 − y2 ou x2 + 2y2 = 4. A fronteira da região R ( a projeção de D spbre
o plano xy ) é uma elipse com a mesma equação : x2 + 2y2 = 4 . A fronteira superior de
R é a curva y =
√
(4 − x2)/2 . A fronteira inferior é a curva y = −
√
(4 − x2)/2 .
Passo 2 : Os limites de integração de Z . A reta Mque passa por um ponto t́ıpico (x, y)
em R que é paralela ao eixo Z entra em D em z = x2 + 3y2 e sai em z = 8 − x2 − y2 .
Passo 3 : Os limites de integração de y. A reta L que passa por (x, y) que é paralela ao
eixo y entra em R em y = −
√
(4 − x2)/2 e sai em y =
√
(4 − x2)/2 .
Passo 4 : Os limites de integração de x . Quando L varre R, o valor de X varia de x = −2
em (−2, 0) a x = 2 em (2, 0, 0) . O volume é
v =
∫ ∫
R
∫
dzdydx
=
∫ 2
−2
∫
√
(4−x2)/2
−
√
(4−x2)/2
∫ 8−x2−y2
x2+3y2
dzdydx
=
∫ 2
−2
∫
√
(4−x2)/2
−
√
(4−x2)/2
(8 − 2x2 − 4y2)dydx
=
∫ 2
−2
[
(8 − 2x2)y − 43y3
]
√
(4−x2)/2
−
√
(4−x2)/2
dx
=
∫ 2
−2
(
2(8 − 2x2)
√
4−x2
2 − 83
(
4−x2
2
) 3
2
)
dx
∫ 2
−2
[
8
(
4−x2
2
) 3
2 − 83
(
4−x2
2
) 3
2
]
dx = 4
√
2
3
∫ 2
−2(4 − x2)
3
2 dx
= 8π
√
2 Unidades cubicas.
26
21. Determine os limites de integração para calcular a integral tripla de uma
função f(x, y, z) sobre o tetraedro D com vértices (0, 0, 0) (1, 1, 0) (0, 1, 0) e (0, 1, 1).
Solução .
Passo 1 : Um esboo. Esboçamos D junto com sua projeção R no plano xz. A superf́ıcie
limitante superior a direita de D está no plano y = 1 . A superf́’icie limitante inferiror
a esquerda está no plano y = x + z . A fronteira superior de R é a reta z = 1 − x . A
fronteira inferior é a reta z = 0
Passo 2 : Os limites de integração de y. A reta que passa por um ponto t́ıpico (x, z)
em R que é paralela ao eixo y entra em D em y = x + z e sai em y = 1 .
Passo 3 : Os limites de integração de Z . A reta L que passa por (x, z) que é paralela
ao eixo z entra em R e em z = 0 sai em z = 1 − x
Passo 4 : Os limites de integração de x. A medida que L varre R , o valor de x varia
de x = 0 a x = 1 . A integral é
∫ 1
0
∫ 1−x
0
∫ 1
x+z
F (x, y, z)dydzdx.
27
22. Esboce a região , inverta a ordem e calcule a integral
∫ ∫
R
(y − 2x2)dA,
onde R é a região limitada pelo quadrado |x| + |y| = 1
Solução .
Figura 6: Gráfico.
=
∫ 0
−1
∫ x+1
−x−1
(y − 2x2)dydx +
∫ 1
0
∫ 1−x
x−1
(y − 2x2)dydx
=
∫ 0
−1
1
2
y2 − 2x2 − 2x2y
∣
∣
∣
∣
x+1
−x−1
dx +
∫ 1
0
1
2
y2 − 2x2y
∣
∣
∣
∣
1−x
x−1
dx
=
∫ 0
−1
1
2
(x + 1)2 − 2x2(x + 1) − 1
2
(−x − 1)2 + 2x2(−x − 1)dx
+
∫ 1
0
1
2
(1 − x)2 − 2x2(1 − x) − 1
2
(x − 1)2 + 2x2(x − 1)dx
= −4
∫ 0
−1
(x3 + x2)dx + 4
∫ 1
0
(x3 − x2)dx
= −4
[
x4
4
+
x3
3
]0
−1
+ 4
[
x4
4
− x
3
3
]1
0
= 4
[
(−1)4
4
+
(−1)3
3
]
+ 4
(
1
4
− 1
3
)
= 8
(
3
12
− 4
12
)
= − 8
12
= −2
3
28
23. Encontre o valor médio de f(x, y, z) = xyz sobre o cubo limitado pelos planos
coordenados e pelos planos x = 2, Y = 2, z = 2 no primeiro octante
Solução . Esboçamos o cubo com detalhes suficientes para mostrar os limites de inte-
gração . Depois usamos a equação (4) para calcular o valor médio de F sobre o cubo.
O volume do cubo é (2)(2)(2) = 8 . O valor da integral de F sobre o cubo é:
∫ 2
0
∫ 2
0
∫ 2
0
xyzdxdydz =
∫ 2
0
∫ 2
0
[
x2
2 yz
]x=2
x=0
dydz =
∫ 2
0
∫ 2
0
2yzdydz
∫ 2
0
[
y2z
]y=2
y=0
dz =
∫ 2
0
4zdz =
[
2z2
]2
0
= 8
Com esses valores, a equação (4) dá
valor medio de xyz sobre o cubo
=
1
volume
∫ ∫
cubo
∫
xyzdV =
1
8
(8) = 8
Ao calcularmos a integral, escolhemos a ordem dxdydz, mas qualquer um das outras cinco
ordens também funciona
29
24. Esboce a região , inverta a ordem e calcule a integral
∫ ∫
R
xydA,
onde R é a região limitada pelas retas y = x y = 2x x + y = 2
Solução .
Figura 7: Gráfico.
∫ 2
3
0
∫ 2x
0
xydydx +
∫ 1
2
3
∫ 2−x
x
xydydx
=
∫ 2
3
0
1
2
xy2
∣
∣
∣
∣
2x
x
dx +
∫ 1
2
3
1
2
xy2
∣
∣
∣
∣
2−x
x
dx
=
∫ 2
3
0
2x3 − 1
2
x3dx +
∫ 1
2
3
1
2
x(2 − x)2 − 1
2
x3dx
=
∫ 2
3
0
3
2
x3dx +
∫ 1
2
3
2x − x2dx
=
3
8
x4
∣
∣
∣
∣
2
3
0
+ x2 − 2
3
x3
∣
∣
∣
∣
1
2
3
=
3
8
· 16
81
+ 1 − 2
3
−
[
4
9
−
(
2
3
· 8
27
)]
=
6
81
+
27
81
−
(
36
81
− 16
81
)
=
13
81
30
25. Encontre um centróide (δ = 1) do sólido limitado pelo cilindro x2 + y2 = 4 e
limitado acima pelo parabolóide z = x2 + y2 e abaixo pelo plano xy
Solução .
Passo 1 : Um esboço. Esboçamos o sólido, limitado acima pelo parabolóide z = r2 e
abaixo pelo plano z = 0 . Sua base R é o disco |r| ≤ 2 no plano xy .
O centróide do s’olido (x, y, z) est’a sobre seu eixo de simetria, neste caso o eixo z. Isso
faz x = y = 0 . Para encontrarmos z , dividimos o primeiro momento Mxy pela massa M.
Passo 2 : Os limites de z . Uma reta M que passa por um ponto t́ıpico (r, θ) na base
paralela ao eixo z entra no sólido en z = 0 e sai em z = r2 .
Passo 3 : Os limites de r . Um raio L que passa por (r, θ) a partir da origem entra em r
em r = 0 e sai em r = 2 .
Passo 4 : Os limites de θ . A medida que L varre a base no sentido anti -horário, o ângulo
θ que ele faz com o eixo x positivo varia de θ = 0 a θ = 2π. O valor de Mxy é
Mxy =
∫ 2π
0
∫ 2
0
∫ r2
0
zdzrdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 2
0
[
z2
2
]r2
0
rdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 2
0
r5
2
drdθ
∫ 2π
0
[
r6
12
]2
0
dθ = =
∫ 2π
0
16
3
dθ = =
32π
3
.
O valor de M é
M =
∫ 2π
0
∫ 2
0
∫ r2
0
dzrdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 2
0
[z]
r2
0 rdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 2
0
r3drdθ
∫ 2π
0
[
r4
4
]2
0
dθ =
∫ 2π
0
4dθ = 8π.
Portanto ,
z =
Mxy
M
=
32π
3
1
8π
=
4
3
e o centróide é (0, 0, 43 ) . Observe que o centróide está fora do sólido.
31
26. Encontre uma solução em coodenadas esféricas para a esfera x2+y2+(z−1)2 = 1
Solução . Usamos as equaçoes (3) para substituir x, yez :
x2 + y2 + (z − 1)2 = 1.
p2 sen2 φ cos2 θ + p2 sen2 φ sen2θ + (p cos φ − 1)2 = 1
φ2 sen2 φ (cos2 θ + sen2 θ ) + φ2 cos2 φ − 2ρ cos φ + 1 = 1
ρ2 (sen2 φ + cos2 φ) = 2ρ cos φ
ρ2 = 2ρ cos φ
ρ = 2 cos φ
32
27. Esboce a região , expresse a área com integral dupla iterada e a parábola
x = y − y2 e a reta y = x + 2
Solução .
Figura 8: Gráfico.
∫ 1
−2
∫ −y2
y−2
dxdy =
∫ 1
−2
−y2 − y + 2dy
= −y
3
3
− y
2
2
+ 2y
∣
∣
∣
∣
1
−2
= −1
3
− 1
2
+ 2 −
(
8
3
− 2 − 4
)
=
9
2
33
28. Esboce a região , expresse a área com integral dupla iterada e a parábola
x = y − y2 e a reta y = −x
Solução .
Figura 9: Gráfico.
∫ 2
0
∫ y−y2
−y
dxdy =
∫ 2
0
2y − y2dy
= y2 − y
3
3
∣
∣
∣
∣
2
0
= 4 − 8
3
=
4
3
34
29. Esboce a região , expresse a área com integral dupla iterada e a curva y = ex
e as retas y = 0 x = 0 x = lnz
Solução .
Figura 10: Gráfico.
∫ lnz
0
∫ ex
0
dydx
=
∫ lnz
0
exdx
= ex
∣
∣
∣
∣
lnz
0
= 2 − 1 = 1
35
30. Esboce a região , expresse a área com integral dupla iterada e as curvas
y = lnx e y = 2lnx e a reta x = e , no primeiro quadrante
Solução .
Figura 11: Gráfico.
∫ e
1
∫ 2lnx
lnx
dydx
=
∫
1
lnx dx
= x lnx − x
∣
∣
∣
∣
e
1
= (e − 2) − (0 − 1) = 1
36
31. Esboce a região de integração e calcule a integral
∫ π
0
∫ x
0
xsenydydx.
Solução . Seja B o triângulo 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ x para cada X fixo em [0, π]
Assim,
∫ π
0
xsenydydx →
∫ π
0
[(−xcosy)]x0 dx
Segue que
∫ π
0
−xcosx − (−x)dx →
∫ π
0
−xcosx + xdx
∫ π
0
x − cosXdx
Fazendo integral por partes



u = x dv = cosx
du = dx v = senx
Dessa forma,
xsen −
∫
senxdx → xsenx − (−cosx) → xsenx + cosx
Voltando para a integral
x2
2
− (xsenx + cosx)
∣
∣
∣
∣
π
0
to
π2
2
− (πsenπ + cosπ) − (0 + 1)
=
π2
2
− [(0 − 1) − 1] → π
2
2
+ 2
∫ π
0
∫ x
0
xsenydydx =
π2
2
+ 2
37
32. Esboce a região de integração e calcule a integral
∫ 3
0
∫ 2
0
(4 − y2)dydx
Solução . Pelo teorema de Fubini :
∫
R
∫
F (x, y)dxdy onde f(x, y) = 4 − y2 e R o
retangulo 0 ≤ x ≤ 3 , 0 ≤ y ≤ 2 onde F (x, y) = 4 − y2 e R o retangulo 0 ≤ x ≤ 3 ,
0 ≤ y ≤ 2 .
Seja f(x, y) definida em R e dada por :
Assim,
∫ 3
0
∫ 2
0
(4 − y2)dydx →
∫ 3
0
(
4y − y
3
3
)2
0
dx
Segue que
∫ 3
0
8 − 8
3
dx →
∫ 3
0
16
3
dx
=
16
3
x
∣
∣
∣
∣
3
0
→ 48
3
= 16
Ou seja
∫ 3
0
∫ 2
0
(4 − y2) dydx = 16
38
33. Calcule a integral da função f(x, y) = x2 + y2 sobre a região triangular com
vértices (0, 0), (1, 0), e (0, 1)Solução . Seja B o triângulo 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x
∫
B
∫
x2 + y2dydx →
∫ 1
0
∫ 1−x
0
x2 + y2 dydx
∫ 1
0
[(
yx2 +
y3
3
)]1−x
0
dx →
∫ 1
0
(
(1 − x)x2 + (1 − x
3)3
3
)
dx
Resulta em:
∫ 1
0
x2 − x3 + (1 − x)
3
3
dx
Faz integral separada
Primeira integral
∫ 1
0
x2 dx =
x3
3
∣
∣
∣
∣
1
0
=
1
3
Segunda integral
∫ 1
0
−x3 dx = −x
4
4
∣
∣
∣
∣
1
0
=
−1
4
Terceira integral
∫ 1
0
(1 − x)3
3
dx
Resolver por substituição , chama (1 − x) de u e deriva em relação a u
Temos : 


u = 1 − x
du = −dx
Assim,
∫ 1
0
−u
3
3
du → −1
3
∫ 1
0
u3 du = − 11
3
(
u4
4
)
Volta para variável X
= −1
3
(
(1 − x)4
4
)
→ (1 − x)
4
12
∣
∣
∣
∣
1
0
=
1
12
Segue que
∫ 1
0
x2 − x3 + (1 − x)
3
3
dx =
1
3
− 1
4
+
1
12
=
1
6
Portanto
∫ 1
0
∫ 1−x
0
x2 + y2 dydx =
1
6
39
34. Calcule
∫
D
∫
(x + y) da
, onde D é limitada por
y =
√
x , y = x2
Solução . Podemos escrever que a região D é :
D = {(x, y)/ 0 ≤ x ≤ 1 , x2 ≤ y ≤
√
x }
Como a fronteira de baixo é y = x2 e a de cima é y =
√
x , escreve-se a integral como:
∫
D
∫
(x + y) dydx =
∫ 1
0
∫ √x
x2
(x + y) dydx
Segue que
=
∫ 1
0
[
xy +
y2
2
]
√
x
x2
dx
=
∫ 1
0
(
x3/2 +
1
2
x − x3 − x
4
2
)
dx
=
[
2
5
x5/2 +
1
4
x2 − 1
4
x4 − 1
10
x5
]1
0
=
3
10
Portanto
∫ 1
0
∫ √x
x2
(x + y) dydx =
3
10
40
35. Calcule
∫
D
∫
y3dA,
D é a região triangular com vértices (0, 2); (1, 1) e (3, 2)
Solução . A região D é escrita como :
D = {(x, y)/ 1 ≤ y ≤ , 2 − y ≤ x ≤ 2y − 1}
Logo,
∫
D
∫
y3 dxdy =
∫ 2
1
∫ 2y−1
2−y
y3 dxdy
=
∫ 2
1
[
xy3
]x=2y−1
x=2−y dy
Resulta em
=
∫ 2
1
[(2y − 1) − (2 − y)] y3 dy
=
∫ 2
1
(3y4 − 3y3) dy
=
[
3
5
y5 − 3
4
y4
]2
1
=
96
5
− 12 − 3
5
+
3
5
→ 147
20
Portanto
∫ 2
1
∫ 2y−1
2−y
y3 dxdy =
147
20
41
36. Calcule
∫
D
∫
(2y − y) DA,
onde D é limitada pelo ćırculo de centro na origem e raio 2
Solução . A região D é :
D = {(x, y) / − 2 ≤ x ≤ 2, −
√
4 − x2 ≤ y ≤
√
4 − x2}
logo ,
∫
D
∫
(2x − y) dA =
∫ 2
−2
∫ √4−x2
−
√
4−x2
(2x − y) dydx
=
∫ 2
−2
[
2xy − 1
2
y2
]
√
4−x2
√
4−x2
dx
Resulta em
∫ 2
−2
[
2x
√
4 − x2 − 1
2
(4 − x2) + 2x
√
4 − x2 + 1
2
(4 − x2)
]
dx
=
∫ 2
−2
4x
√
4 − x2dx
= −4
3
(4 − x2)3/2
∣
∣
∣
∣
2
−2
= 0
Portanto
∫ 2
−2
∫ √4−x2
−
√
4−x2
(2x − y) dydx = 0
42
37. A parte da esfera x2 + y2 + z2 = a2 que está dentro do cilindro x2 + y2 = ax e
acima do plano XY
Solução . Sendo
Z =
√
a2 − x2 − y2, Zx = −x(a2 + x2 + y2)−1/2, Zy = −y(a2 − x2 − y2)−1/2
Usando
A(s) =
∫
D
∫
√
[fx(x, y)]2 + [fy(x, y)]2 + 1 dA z = f(x, y), (x, y) ∈ D
Dessa forma,
A(s) =
∫
D
∫
√
x2 + y2
a2 − x2 − y2 + 1 dA
Passa para coordenadas polares:
=
∫ π/2
−π2
∫ acosθ
a
√
r2
a2 − r2 + 1 rdrdθ
=
∫ π
2
−π2
∫ a cosθ
0
ar√
a2 − r2
drdθ
Logo,
∫ π
2
−π2
[
−a
√
a
2 − a2cos2θ − a
]
dθ = 2a2
∫ π
2
0
(
1 −
√
1 − cos2 θ
)
dθ
2a2
∫ π
2
0
dθ − 2a2
∫ π
2
0
√
sen2θdθ
= −2a2
∫ π
2
0
senθdθ
= a2(π − 2)
43
38. Calcule a integral tripla
∫ ∫ ∫
E
XZ DV , onde E é o sólido do tetraedro com
vértices (0, 0, 0) (0, 1, 0) (1, 1, 0) e (0, 1, 1)
Solução . A região de integração é



0 ≤ x ≤ y − z
0 ≤ y ≤ 1
0 ≤ z ≤ y
Então temos:
∫ 1
0
∫ y
0
∫ y−z
0
XZ dxdzdy
=
∫ 1
0
∫ y
0
1
2
(y − z)2 Z dzdy → 1
2
∫ 1
0
[
1
2
y2z2 − 2
3
yz3 +
1
4
z4
]y
0
dy
Resulta em :
1
24
∫ 1
0
y4 dy =
1
24
[
1
5
y5
]1
0
=
1
120
44
39. Calcule a integral tripla
∫ ∫ ∫
E
(x + 2y) dV,
onde E é limitado pelo cilindro parabólico y = x2 e pelo planos x = z , x =
y e z = 0
Solução . O intevalo de integração é :



0 ≤ x ≤ 1
X ≤ y ≤ x2
0 ≤ z ≤ x
Então temos:
∫ ∫ ∫
E
(x + 2y)dV →
∫ 1
0
∫ x
x2
∫ x
0
(x + 2y) dzdydx
=
∫ 1
0
∫ x
x2
(x2 + 2yx) dydx →
∫ 1
0
[
x2y + xy2
]y=x
y=x2
dX
Resulta em :
∫ 1
0
(2x3 − x4 − x5)dX =
[
1
2
x4 − 1
5
x5 − 1
6
x6
]1
0
=
2
15
45
40. Faça o esboço do sólido cujo volume é dada pela integral e calcule-a
∫ 2π
0
∫ 2
0
∫ 4−r2
0
rdzdrdθ
Solução . Essa integral iterada é uma integral tripla sobre a região sólida
E = {(r, θ, z) 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 2, , 0 ≤ z ≤ 4 − r2}
e a projeção de E acima do plano XY é a paraboloide z = 4 − r2 = 4 − x2 − y2
Utilizando coordenadas cilindricas
∫ 2π
0
∫ 2
0
∫ 4−r2
0
rdzdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 2
0
(4r − r3) drdθ
=
∫ 2π
0
[
2r2 − 1
4
r4
]r=2
r=0
dθ
=
∫ 2π
0
(8 − 4)dθ = 4θ
∣
∣
∣
∣
2π
0
= 8π
Logo
∫ 2π
0
∫ 2
0
∫ 4−r2
0
rdzdrdθ = 8π
46
41. Faça o esboço do sólido cujo volume é dado pela integral e calcule-a
∫ π
2
0
∫ π
2
0
∫ 1
0
ρ2sinφdρdφ
Solução . A região de integração usando coordenadas esféricas
E = {(ρ, θ, φ) / 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π
2
, 0 ≤ φ ≤ π
2
}
Sabemos que ρ = x2 + y2 + z2 = 1
Então temos:
∫ π
2
0
∫ π
2
0
∫ 1
0
ρ2sen φ dρdθdφ =
∫ π
2
0
∫ π
2
0
[
1
3
ρ3sen φ
]p=1
p=0
dθdφ
=
∫ π
2
0
∫ π
2
0
1
3
sen φ dθdφ =
∫ π
2
0
1
3
sen φ [φ]
θ= π2
θ=0 dφ
Logo,
=
1
3
∫ π
2
0
π
2
sin φdθ =
π
6
[−cos]
π
2
0 =
π
6
47
42. Faça o esboço do sólido cujo colume é dado pela integral e calcule-a
∫ π
3
0
∫ 2π
0
∫ secφ
0
ρ2sen φ dθdφ
Solução . A região de integração usando coordenadas esféricas
E = {(ρ, θ, φ) / 0leθ ≤ 2π , 0 ≤ φ ≤ π
3
, 0 ≤ ρ ≤ sen φ}
Sendo ρ = sec φ equivalente a ρ cosφ = z = 1 A região sólida e está limitada entre cone
φ = π3 e o plano z = 1 Portanto temos:
∫ π
3
0
∫ 2π
0
∫ secφ
0
ρ2sen φ dρdθdφ =
∫ π
3
0
∫ 2π
0
[
1
3
ρ3senφ
]ρ=secφ
ρ=0
dθdφ
Resulta :
=
1
3
∫ π
3
0
∫ 2π
0
senφ
cos3φ
dθdφ =
2π
3
∫ π
3
0
(tan φ sec2 φ) dφ
=
2π
3
[
tan2φ
2
]π
3
0
= π
48
43. Calcule
∫
R
∫ √
x2 + y2 dxdy sendo R a região limitada por x2 + y2 = 2x ,
x2 + y2 = 4x , y = x e y =
√
3
3 x
Solução . A região R:
1) x2 + y2 = 2x
x2 − 2x + y2 = 0
(x − 1)2 + y2 = 1
2)x2 + y2 = 4x
x2 − 4x + y2 = 0
(x − 2)2 + y2 = 4
3) y = x
4)y =
√
3
3 x
De acordo com x2 + y2 = 2x e x2 + y2 = 4x usa coodenadas cilindricas
r2 = 2rcosθ → r(r − 2 cosθ) = 0 → r = 2cosθ
r2 = 4rcosθ → r(r − 4cosθ) = 0 → r = 4cosθ Assim,
π
6 ≤ θ ≤ π4
2cosθ ≤ r ≤ 4cosθ Logo,
∫
R
∫
√
x2 + y2 dxdy →
∫ π
4
π
6
(
r3
3
∣
∣
∣
∣
4 cos θ
2cosθ
)
θ
1
3
∫ π
4
π
6
64cos3θ − 8cos3 θ dθ
Portanto temos
56
3
∫ π
4
π
6
cos3θ dθ to
56
3
∫ π
4
π
6
(1 − sen2θ) cosθ dθ
Fazendo a substituição : chama senθ de U e deriva em relação a U, temos :



u = senθ
du = cosθdθ
56
3
∫ π
4
π
6
(1 − u2) du
49
Assim,
56
3
(
u − u
3
3
) ∣
∣
∣
∣
π
4
π
6
=
56
3
(
sen θ − sen
3θ
3
) ∣
∣
∣
∣
π
4
π
6
=
√
2
2
− (
2
2 )
3
3
− 0
=
√
2
2
−
2
√
2
8
3
→
√
2
2
−
√
2
4
· 1
3
=
√
2
2
−
√
2
12
→ 6
√
2 −
√
2
12
=
5
√
2
12
50
44. Calcule: (x2 + y2) dxdy Onde B = {(x, y) ∈ IR2 / 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4}
Solução .
1 ≤ r ≤ 2 Sendo



x = rcosθ
y = rsenθ
dxdy = rdrdθ
Considerando
x2 + y2 = r2
Assim,
∫
B
∫
r2r drdθ →
∫ 2π
0
∫ 2
1
r3 drdθ
=
∫ 2π
0
[
r4
4
∣
∣
∣
∣
2
1
]
dθ →
∫ 2π
0
(
4 − 1
4
)
dθ
15
4
∫ 2π
0
dθ → θ
∣
∣
∣
∣
2π
0
→ 15
4
· 2π = 15
2
π
51
45. Calcule a integral abaixo :
∫ 1
0
∫ 4
4x
e−y
2
dydx
Solução . Nesse caso não é posśıvel calcular a integral, pois f(y) = e−y
2
não possui
primitiva, então esboça-se a área A região passa a ser
R : 0 ≤ x ≤ y
4
0 ≤ y ≤ 4
Assim,
∫ 4
0
∫ y
4
0
e−y
2
dxdy →
∫ y
4
0
e−y
2
dx → e−y2x
∣
∣
∣
∣
y
4
0
= e−y
2 · y
4
=
∫ 4
0
(e−y
2 y
4
)dy → 1
4
∫ 4
0
(e−y
2 · y) dy
Fazendo por substituição



u = −y2
du = −2ydy → −fdu2 = ydy
Então temos
1
4
∫ 4
0
eu
(
−du
2
)
= −1
8
∫ 4
0
eudu
=
1
8
∫ 0
4
eu du → 1
8
(eu)
∣
∣
∣
∣
0
4
=
1
8
(
e−y
2
)
∣
∣
∣
∣
0
4
=
1
8
(
eo − e−16
)
→ 1
8
(1 − e−16)
52
46. Calcular
∫ ∫ ∫
T
(x2 + y2)dV,
onde T é a região inferior ao cilindro x2 + y2 = 1 e a esfera x2 + y2 + z2 = 4
Solução .
*Em baixo z = −
√
4 − x2 − y2
*Em cimaz =
√
4 − x2 − y2
Dessa forma 


-
√
4 − x2 − y2 ≤ z ≤
√
4 − x2 − y2
x2 + y2 = 1
Usando coordenadas cilindrica



x = rcosθ
y = rsenθ
z = z
achar o Jacobiano:
∣
∣
∣
∣
σ(x, y, z)
σ(r, θ, z)
∣
∣
∣
∣
= r
A região de integração é :
R′



-
√
4 − r2cos2θ − r2sen2θ ≤ z ≤
√
4 − r2cos2θ − r2sen2θ
0 ≤ θ ≤ 2π
0 ≤ r ≤ 1
Logo
∫ ∫ ∫
R′
(r2cos2θ + r2sen2θ)r dzdrdθ
∫ 2π
0
∫ 1
0
∫ √4−r2
−
√
4−r2
r3 dzdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 1
0
r3
(√
4 − r2 +
√
4 − r2
)
drdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
r3(2
√
4 − r2) drdθ = 2
∫ 2π
0
∫ 1
0
r · r2(
√
4 − r2) drdθ
Fazendo
u = 4 − r2 → r2 = 4 − u
−2rdr = du → rdr = −du
2
Portanto
Para r = 0 → u = 4
53
Para r = 1 → u = 3
Então temos
2
∫ 2π
0
∫ −3
4
(4 − u)
√
u − du
2
dθ →
∫ 2π
0
∫ 4
3
(4 − u)
√
u dudθ
=
∫ 2π
0
∫ 4
3
(4 − u) · u1/2 dudθ
=
∫ 2π
0
∫ 4
3
4u1/2 − u3/2dudθ →
∫ 2π
0
4u3/2
3/2
− u
5/2
5/2
∣
∣
∣
∣
4
3
dθ
=
∫ 2π
0
8
3
u3/2 − 2
5
u5/2
∣
∣
∣
∣
4
3
dθ
=
∫ 2π
0
(
8
3
(8) − 2
5
(32) − 8
3
(3
√
3) +
2
5
(9
√
2)
)
dθ
=
∫ 2π
0
(
64
3
− 64
5
− 8
√
3 +
18
5
√
3
)
dθ
=
(
64
3
− 64
5
− 8
√
3 +
18
5
√
3
)
2π
=
(
256
15
− 44
√
3
5
)
π
54
47. Calcule
∫ ∫ ∫
B
Zdxdydz onde B é o conjunto x2 + y2 + z2 ≤ 1 e z ≥
√
x2 + y2
Solução . Usando coordenadas esféricas.



X = rcosθsenσ
Y = rsenθsemσ
Z = rcosσ
Z =
√
x2 + y2
rcosσ =
√
r2cos2sen2σ + r2sen2θsenσ
rcosσ =
√
r2sen2σ(cos2θ + sen2θ)
rcosσ = rsenσ
cosσ = senσ → senσ
cosσ
= 1 → tgσ = 1
σ =
π
4
(Cone que passa na origem )
Então temos
∫ 2π
0
∫ π
4
0
∫ 1
0
rcosσ (r2 senσ) drdσdθ
=
∫ 2π
0
∫ π
4
0
∫ 1
0
r3 cosσ sen σ drdydθ
=
∫ 2π
0
∫ π
4
0
r4
4
∣
∣
∣
∣
1
0
cosσ senσ dσ dtheta
=
∫ 2π
0
∫ π
4
0
1
4
cosσsenσ dσdθ
Sabemos que cos σsenσ = sen 2σ2
=
∫ 2π
0
∫ π
4
0
1
4
sen2σ
2
dσdθ → 1
4
∫ 2π
0
(−cos 2σ)
4
∣
∣
∣
∣
π
4
0
dθ
=
1
16
(0 − (−1))
∫ 2π
0
dθ =
1
6
(2π) =
π
8
55
48. Calcule o volume do sólido compreendido entre o cone e a superf́ıcie delimi-
tados pelas equações a seguir:
x2 + y2 + z2 = 2z
x2 + y2 + z2 − 2z = 0
x2 + y2 + z2 − 2z + 1 = 1
(x2 + y2) + (z − 1)2 = 1
Solução . Achando a variação de raio R varia de 0 até a esfera x2 + y2 + z2 = 2z
r2sen2σcos2θ + r2sen2σsen2θ + r2cos2σ = 2rcosσ
r = 2cosσ
A região de integração é : 


0 ≤ r ≤ 2cosσ
0 ≤ σ ≤ π4
0 ≤ θ ≤ 2π
Volume é
∫ ∫ ∫
dxdydz =
∫ ∫ ∫ ′
R
r2senσ drdσdθ =
∫ 2π
0
∫ π
4
0
∫ 2cosσ
0
r2senσ drdσdθ
∫ 2π
0
∫ π
4
0
r3
3
∣
∣
∣
∣
2cosσ
0
senσ dσdθ =
∫ 2π
0
∫ π
4
0
8
3
cos3σsenσ dσdθ
∫ 2π
0
∫
√
2
2
1
8
3
u3 dudθ =
8
3
∫ 2π
0
∫ 1
√
2
2
u3dudθ
=
8
3
∫ 2π
0
u4
4
∣
∣
∣
∣
1
√
2
2
dθ =
8
3
∣
∣
∣
∣
2π
0
(
1
4
−
4
16
4
)
dθ
8
3
∫ 2π
0
(
1
4
− 1
16
)
dθ → 8
3
∫ 2π
0
(
3
16
)
dθ =
1
2
∫ 2π
0
dθ
=
2π
2
= π
56
49. Encontre o volume do elipsóide x
2
a2 +
y2
b2 +
z2
c2 ≤ 1
Solução .
V =
∫ ∫ ∫
R
dxdydz
Transformar elipsóide em uma esfera por mudança de variável
Logo,
∫ 2π
0
∫ π
0
∫ 1
0
abcr2senσ drdσdθ
∫ 2π
0
∫ π
0
[
r3
3
abc senσ
∣
∣
∣
∣
1
0
]
dσdθ
= abc
∫ 2π
0
∫ π
0
[
1
3
senσ
]
dσdθ
=
abc
3
∫ 2π
0
[
−cosσ
∣
∣
∣
∣
π
0
]
dθ
=
abc
3
∫ 2π
0
(1 − (−1))dθ → abc
3
[
2θ
∣
∣
∣
∣
2π
0
]
=
abc
3
[4π]
=
4πabc
3
57
50. Calcule
∫
R
∫ √y−x
1+y+x dxdy onde R é o triângulo de vértices (0, 0) (1, 0) (0, 1)
Solução .



u = y − x
v = 1 + y + x
u + v = 1 + 2y
2y = u + v − 1
y =
u + v − 1
2
u = y − x
u =
u + v − 1
2
− x
2u =
u + v − 1 − 2x
2
x =
−u + v − 1
2
Encontrar o Jacobiano
∂(x, y)
∂(u, v)
= A =


∂x
∂u
∂x
∂V
∂y
∂u
∂y
∂V

 = A =


−1
2
1
2
1
2
1
2

 =
1
2
Substituindo x e y em u = y − x e v = 1 + y + x, encontra-se novos pontos .
(0, 0) → (0, 0)(1, 0) → (−1, 2)(0, 1) → (1, 2)
Logo,
∫ ∫ √
u
v
1
2
dvdu →
∫ 1
−1
∫ 2
1
u1/3
v
1
2
dvdu
=
1
2
∫ 1
−1
∫ 2
1
u1/3
v
dvdu → 1
2
∫ 1
−1
[
lnv · u1/3
∣
∣
∣
∣
2
1
]
du
=
1
2
∫ 1
−1
[
u1/3ln2 − ln1
]
du → 1
2
[
u4/3
4/3
ln2
∣
∣
∣
∣
1
−1
]
=
3
8
[
u4/3 · ln2
]1
−1
→ 3
8
[
14/3 · ln2 − (−14/3)ln2
]
=
3
8
[ln2 − ln2] → 3
8
(0) = 0
58
51. Calcular a massa e o centro de massa da região D : {(x, y) : −1 6 x 6 1, 0 6 y 6 1}
e a densidade ρ(x, y) = x2
Solução . Primeiramente vamos calcular a massa M;
M =
∫ ∫
x2dA =
∫ 1
0
∫ 1
−1
x2dxdy =
∫ 1
0
x3
3
|10dy =
∫ 1
0
2
3
dy =
2
3
y|10
Logo; M = 23
Calculemos agora o centro de massa.
X =
1
M
∫
D
∫
xx2dxdy =
2
3
∫ 1
0
∫ 1
−1
x3dxdy =
∫ 1
0
x4
4
|1−1dy = 0
Y =
1
M
∫
D
∫
yx2dxdy =
2
3
∫ 1
0
∫ 1
−1
yx3dxdy =
∫ 1
0
y
x3
3
|1−1dy =
∫ 1
0
ydy =
y2
2
=
1
2
Portanto o centro de massa de D :
(0,
1
2
)
E sua massa:
M =
2
3
59
52. Calcular
∫
R
∫
x
y e
x
y dydx onde R = [0,1] X [1,2]
Solução . Inicialmente temos;
∫
R
∫
x
y
e
x
y =
∫ 1
0
∫ 2
1
x
y
e
x
y dydx =
∫ 1
0
e
x
y |21dx =
∫ 1
0
−e x2 + exdx = −2e x2 + ex|10
= (−2e 12 + e) − (−2 + 1) = −2e 12 + e + 1
Logo:
∫
R
∫
x
y
e
x
y dydx = −2e 12 + e + 1
60
53. Calcular a área do gráfico entre a função seno e cosseno. sin[0, 2Π] e cos[0, 2Π]
Solução . A área que procuramos está compreendida entre os ponto em que o seno igual
ao coseno. Vamos proccurar esses pontos. sinx = cosx se,somente se, x = x4 ou x =
xΠ
4
A =
∫ 5Π
4
x
4
∫ sin
cos
dydx =
∫ 5Π
4
x
4
(sinx−cosx)dx = [−cosx−sinx]|
5Π
4
x
4
= (
√
2
2
+
√
2
2
)−(−
√
2
2
−
√
2
2
) =
2
√
2
2
Portanto a área procurada é
A =
2
√
2
2
61
54. Calcular a área da região entre y =
√
x e o eixo x. [0,4]
Solução . Sabemos que: y =
√
x −→ y2 = x, logo temos duas opções para encontrar
essa área.
1 - A =
∫ 4
0
∫√x
0
dydx
ou
2 - A =
∫ 2
0
∫ 4
y2
dydx
Resolveremos pela primeira opção.
A =
∫ 4
0
∫ √x
0
dydx =
∫ 4
0
y|
√
x
0 dx =
∫ 4
0
√
xdx =
∫ 4
0
x
1
2 dx =
x
3
2
3
2
|40 =
16
4
Portanto a área da procurada eh
A =
16
4
62
55. Calcular o volume do sólido entre o plano x+2y+z = 2 e os eixos coordenados.
Solução .
Para z = 0, temos que y = 2−x2
Para y = 0, temos que z = 2 − x
A função que precisamos para calcular esse volume, encontramos a partir da área do
triângulo retângulo formado pelo gráfico. Logo, A(x) = 12
(2−x)
2 (2 − x) =
(2−x)2
4 . Pronto
agora podemos calcular o volume.
V =
∫ 2
0
A(x)dx =
∫ 2
0
(2 − x)2
4
dx =
−(2 − x)3
12
|20 =
8
12
=
2
3
Portanto o volume do sólido eh:
V =
2
3
63
56. Calcular o volume de f(x, y) = x2+y, sobre a região R = {(x,y), 1 6 x2+y2 6 5}.
Solução .
Temos f(x, y) = x2 + y, sobre a região R = {(x,y), 1 6 x2 + y2 6 5}, vamos usar uma
mudança de coordenada para resolver esse problema. Utilizaremos coordenadas polares.
A região R em polares fica assim: S = {(r,Θ) , 1 6 r 6
√
5 e 0 6 Θ 6 2Π}
f(x, y) −→ f(rcosΘ, rsinΘ) = r2cos2Θ + rsinΘ
Diante disso temos:
V =
∫ 2Π
0
∫ √5
1
(r2cosΘ + rsinΘ)rdrdΘ =
∫ 2Π
0
∫ √5
1
(r3cosΘ + r2sinΘ)rdrdΘ
V =
∫ 2Π
0
[
r4
4
cos2Θ+
r3
3
sinΘ]|
√
5
1 dΘ =
∫ 2Π
0
(
25
4
cos2Θ+
5
√
5
3
cosΘ− 1
4
cos2Θ− 1
3
sinΘ)dΘ
V =
∫ 2Π
0
(6cos2Θ +
5
√
5
3
− 1sinΘ)dΘ = [(6Θ
2
+
sin2Θ
4
) − 5
√
5
3
− 1cosΘ]|2Π0 = 6Π
Logo, o volume procurado é:
V = 6Π
64
57. Calcular o volume limitado acima pelo hemisfério z =
√
16 − x2 − y2 sobre o
disco x2 + y2 = 4.
Solução .
Novamente devemos usar coordenadas polares.
R : {(r,Θ)} ; 0 6 r 6 2 e 0 6 Θ 6 2Π
f(rcosΘ, rsinΘ) =
√
16 − r2
V =
∫ 2Π
0
∫ 2
0
√
16 − r2drdΘ
Primeiramente vamos calcular o valor da integral
∫ 2
0
√
16 − r2dr
Essa integral é resolvida por subistituição:
u = 16 − r2 e du = −2rdr
Assim;
∫ 2
0
√
16 − r2dr = −1
2
∫ 12
16
√
udu = −1
2
u
3
2
3
2
|1216 =
√
123
3
+
43
3
=
64
3
− 24
√
3
3
Pronto agora podemos calcular a segunda integral.
∫ 2Π
0
64
3
− 24
√
3
3
dΘ =
64 − 24
√
3
3
2Π
Portanto encontramos o volume procurado:V =
64 − 24
√
3
3
2Π
65
58. Calcular a massa da lâmina que é 14 do ćırculo unitário, sabendo que a densi-
dade ρ(x, y) é diretamente proporcional a distância d(ρ, (0, 0)).
Solução .
Como sabemos que a densidade é proporcional a distância, temos:
ρ = kd(ρ, (0, 0)) = k
√
x2 + y2 −→ ρ = kr
Isso, pois de acordo com as coordenadas polares x2 + y2 = r2, assim
√
r2 = r
Fazendo a mudança de coordenadas: R: { (x,y) ; x2 + y2 6 1 e x > 0 e y > 0} −→ R: {
(r,Θ) ; 0 6 r 6 1 e 0 6 Θ 6 Π2 }
M =
∫ Π
2
0
∫ 1
0
krdrdΘ =
∫ Π
2
0
kr2|10dΘ =
∫ Π
2
0
k
3
dΘ =
k
3
Θ|
Π
2
0 =
kΠ
6
Logo, a massa é igual a
M =
kΠ
6
66
59. Calcular área da região contida no plano z = 2 − x − y, que cobre 14 do ćırulo
unitário.
Solução .
Inicialmente vamos calcular as derivadas parciais da função:
f(x, y) = 2 − x − y ; fx = −1 ; fy = −1
Vale salientar que no ćırculo unitário a variação é de 0 −→ 1
S =
∫
R
∫ √
1 + f2x + f
2
y dA =
∫ 1
0
∫ √1−x2
0
√
3dydx =
√
3
∫
R
∫
dydx =
√
3Π
4
Podemos tambm usar coordenadas polares para resolução deste problema. Em polares
fica assim:
S =
√
3
∫ Π
2
0
∫ 1
0
rdrdΘ =
√
3
∫ Π
2
0
1
2
dΘ =
√
3Π
4
Logo, a área da regiaão é
S =
√
3Π
4
67
60. Calcular a área do parabolóide z = 1 + x2 + y2, sobre a região delimitada pelo
ćırculo x2 + y2 = 4
Solução .
Calculando as derivadas parciais da função temos:
f(x, y) = 1 + x2 + y2 ; fx = 2x ; fy = 2y
Usando a fórmula para calcularmos a área:
S =
∫
R
∫ √
1 + f2x + f
2
y dA =
∫ 2Π
0
∫ 2
0
√
1 + 4r2rdrdΘ
Aplicando uma substituição temos:
u = 1 + 42
du = 8rdr
Logo;
∫ 2Π
0
1
8
∫ 17
1
u
1
2 dudΘ =
1
8
∫ 2Π
0
2
3
u
3
2 |171 dΘ =
1
6
(17
√
17 − 1)Π
Portanto, a área é
S =
1
6
(17
√
17 − 1)Π
68
61. Calcular a massa do sólido Q, que está entre o elipsóide 4x2 + 4y2 + z2 = 16 e o
plano xy, sabendo que a densidade no ponto (x,y,z) é proporcional a distâcia
a xy.
Solução .
Para z = 0 temos: 4x2 + 4y2 = 16 —– x2 + y2 = 4
Temos, ρ(x, y, z) = kz, pois a distância proporcional.
z2 = 16 − 4x2 − 4y2 Em polares 0 6 z 6
√
16 − 4r2
M =
∫ ∫
Q
∫
ρ(x, y, z)dv =
∫ 2Π
0
∫ 2
0
∫ √16−4r2
0
kzrdzdrdΘ =
∫ 2Π
0
∫ 2
0
kr
z2
2
|
√
16−4r2
0 drdΘ
∫ 2Π
0
∫ 2
0
k
2
(16 − 4r3)drdΘ = k
2
∫ 2Π
0
8r2 − r4|20dΘ =
k
2
2Π(32 − 16) = 16kΠ
Logo, a massa do sólido Q é
M = 16kΠ
69
62. Calcular o volume do sólido limitado acima e abaixo pela esfera x2 +y2 +z2 = 4
e pelo cilindro x2 + y2 − 2y = 0.
Solução .
De coordenadas polares temos: x2 + y2 = r2
r2 = 2y = 2rsinΘ −→ r = 2sinΘ −→ 0 6 r 6 2sinΘ
z2 = 4 − (x2 + y2) −→ z2 = 4 − r2 −→ −
√
4 − r2 6 z 6
√
4 − r2
V =
∫ ∫
Q
∫
1dv =
∫ Π
0
∫ 2sinΘ
0
∫ √4−r2
−
√
4−r2
1rdzdrdΘ =
∫ Π
0
∫ 2sinΘ
0
rz|
√
4−r2
−
√
4−r2drdΘ
V =
∫ Π
0
∫ 2sinΘ
0
2
√
4 − r2rdrdΘ
Usaremos uma substituição para resolver a segunda integral.
u = 2 − r2 −→ du = −2dr
Logo;
∫ 2sinΘ
0
2
√
4 − r2rdr =
∫ 2sinΘ
0
−
√
udu = −3
2
∫ 2sinΘ
0
(4 − r 32 )
Agora que já temos como resolver a segunda integral, voltamos a integração original;
−3
2
∫ Π
0
∫ 2sinΘ
0
(4−r 32 )drdΘ = −3
2
∫ Π
0
(4−r 32 )|2sinΘ0 dΘ = −
3
2
∫ Π
0
[(4−4sin2Θ) 32 −4 32 ]dΘ
= −3
2
∫ Π
0
[(8cos2Θ)
3
2 − 8]dΘ = 16
3
∫ Π
0
(1 − cos3Θ)dΘ = 16
3
∫ Π
0
[(1 − cos2Θ)cosΘ]dΘ =
16
3
∫ Π
0
[Θ −
∫ Π
0
(1 − sin2Θ)cosΘ]dΘ = 16
3
[Θ −
∫ Π
0
cos2ΘdΘ +
∫ Π
0
sin2ΘcosΘdΘ] =
=
16
3
[Θ − sinΘ + sin
3Θ
3
]|Π0 =
16
3
[Π − sinΠ + sin
3Π
3
] =
16Π
3
Portanto, o volume almeijado é:
V =
16Π
3
70
63. Calcular o volume do sólido limitado acima esfera x2+y2+z2 = 9 e lateralmente
pelo cone z =
√
x2 + y2.
Solução .
Temos que a equação da esfera é: x2 + y2 + z2 = 9 = ρ2 −→ ρ2 = 9 −→ ρ = 3
Calculamos a interseção do cone com a esfera: x2 + y2 + z2 = 9 e z =
√
x2 + y2 logo;
z = x2 + y2 −→ 2z2 = 9 −→ z = 3√
2
Como z = ρcosφ e z = 3√
2
, temos 3√
2
= 3cosφ
Assim podemos conluir que cosφ =
√
2
2 −→ φ = Π4
V =
∫ ∫
Q
∫
1dv =
∫ 2Π
0
∫ Π
4
0
∫ 3
0
ρ2sinφdρdφdΘ =
∫ 2Π
0
∫ Π
4
0
9sinφdφdΘ =
= −9
∫ 2Π
0
cosΘ|
Π
4
0 − 9(
√
2
2
− 1)2Π = 9Π(2 −
√
2)
Portanto, o do sólido é:
V = 9Π(2 −
√
2)
71
64. Calcular o centro de massa do sólido Q que está compreendido entre o parabolólide
z = x2 + y2 e o plano z = 4, sabendo que a densidade é uniforme.
Solução .
Temos o seguinte: (x, y, z) = (0, 0, z) e ρ(x, y, z) = k
M =
∫ ∫
Q
∫
ρ(x, y, z)dv =
∫ 2Π
0
∫ Π
2
0
∫ √20
0
kρ2sinφdρdφdΘ =
=
∫ 2Π
0
∫ Π
2
0
ksinφ(
ρ3
3
)|
√
20
0 dφdΘ =
∫ 2Π
0
∫ Π
2
0
k
20
√
20
3
sinφdφdΘ =
∫ 2Π
0
−k 20
√
20
3
(cosφ)|
Π
2
0 dΘ =
=
∫ 2Π
0
k
20
√
20
3
dΘ = k
20
√
20
3
(Θ)|2Π0 = [
40Π
√
20
3
]k
Pronto encontramos a massa
M = [
40Π
√
20
3
]k
Vamos agora calcular o centro de massa.
Mxy =
∫ 2Π
0
∫ Π
2
0
∫ √20
0
(ρcosφ)
z
kρ2sinφdρdφdΘ =
(20)2
4
sin2φ
2
2Π = 100
1
2
2Π = 100kΠ
Logo, o centro de massa do sólido Q é
(x, y, z) = (0, 0,
300
40
√
20
)
72
65. Calcular
∫
S
∫
yda, da região S delimitada a baixo pelas parábolas y2 = 4 − 4x e
y2 = 4 + 4x e acima pelo eixo x.
Solução .
Vale salientar que S é a imagem inversa do retângulo R, assim usamos uma transformação
T(u,v) = (x,y), tal que x = u2 − v2 e y = 2uv
∂x
∂u = 2u e
∂x
∂v = −2v
∂y
∂u = 2v e
∂y
∂v = −2u
Calculando o jacobiano temos,
∣
∣
∣
∣
∣
∣
2u 2v
−2v 2u
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 4u2 + 4v2
∫ 1
0
∫ 1
0
2uv(4u2+4v2)dudv =
∫ 1
0
∫ 1
0
(8u3v+8uv3)dudv = int10[2u
4v+4u2v3]|10dv = v2+v2|10 = 2
Logo;
∫ 1
0
∫ 1
0
2uv(4u2 + 4v2)dudv = 2
73
66. Calcular o volume do conjunto de todos os pontos (x,y,z) tais que 0 6 x 6 1 e
0 6 y 6 1 e 0 6 z 6 x2 + y2.
Solução .
Primeiramente sabemos que a região B é um retângulo, vejamos:
∫
B
∫
(x2 + y2)dxdy onde, B é retângulo 0 6 x 6 1 e 0 6 y 6 1
∫ 1
0
∫ 1
0
(x2 + y2dxdy) =
∫ 1
0
[
x3
3
+ y2]|10dy =
∫ 1
0
1
3
+ y2 = [
1
3
y +
y3
3
]|10 =
1
3
+
1
3
=
2
3
Portanto, o volume em questão é:
V =
2
3
74
67. Calcular o volume do conjunto de todos os pontos (x,y,z) tais que x2 + y2 6
z 6 2 − x2 − y2.
Solução .
Primeiramente vamos determinar a interseção dos gráficos z = x2 + y2 e z = 2 − x2 − y2
z = x2 + y2 = 2 − x2 − y2 ⇐⇒ x2 + y2 = 1, logo a inteseção é a circunferẽncia de centro
(0, 0, 1) e raio 1.
Desta forma temos:
V =
∫
B
∫
(1 − x2 − y2)dxdy
Passando para coordenadas polares: 1 − x2 − y2 = 1 − r2
V =
∫
B
∫
(1 − x2 − y2)dxdy =
∫ 2Π
0
∫ 1
0
(1 − r2)rdrdΘ =
∫ 2Π
0
∫ 1
0
r − r3drdΘ =
=
∫ 2Π
0
[
∫ 1
0
rdr −
∫ 1
0
r3dr]dΘ =
∫ 2Π
0
[
r2
2
|10 −
r4
4
|10]dΘ =
1
4
Θ|2Π0 =
Π
2
Assim o volume é igual a:
V =
Π
2
75
68. Inverta a ordem de integração e calcule
∫ 1
0
∫ 1√
y
sinx3dxdy.
Solução .
Sabemos que x: [
√
y, 1] e y: [0, 1], assim B = {(x, y)ǫR2/0 6 y 6 1e√y 6 x 6 1}
Se temos
√
y = x −→ y = x2
∫ 1
0
∫ 1
√
y
sinx3dydx =
∫ 1
0
∫ x2
0
sinx3dydx =
∫ 1
0
sinx3
∫ x2
0
dydx =
∫ 1
0
sinx3[y]x
2
0 dx =
=
∫ 1
0
x2sinx3dx = −x
3
3
cosx3|10 =
1
3
(1 − cos1)
Logo;
∫ 1
0
∫ x2
0
sinx3dydx =
1
3
(1 − cos1)
76
69. Calcule
∫
B
∫ cos(x−y)
sin(x+y)dxdy onde B: { 1 6 x + y 6 2, x > 0 e y > 0 }.
Solução .
Fazendo uma mudança de variável temos: u = x − y e v = x + y
x = u2 +
v
2 e y =
v
2 − u2
Calculando as derivadas parciais;
∂x
∂u =
1
2 e
∂x
∂v =
1
2
∂y
∂u = − 12 e
∂y
∂v =
1
2
Calculando o jacobiano temos,
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1
2
1
2
− 12 12
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
1
2
∫
B
∫
cos(x − y)
sin(x + y)
dxdy =
∫
S
∫
cosu
sinv
1
2
dudv =
1
2
∫ 2
1
∫ v
−v
cosu
sinv
dudv =
1
2
∫ 2
1
sinu
sinv
|v−vdv =
∫ 2
1
dv = 1
Portanto;
∫
B
∫
cos(x − y)
sin(x + y)
dxdy = 1
77
70. Calcule
∫ 1
0
∫ x
0
x
√
x2 + 3y2.
Solução .
Temos que;
x : [0, 1] e y : [0, x] ; 0 6 x 6 1 ; 0 6 y 6 x
Fazendo uma mudança de variável temos: u = x − y e v = x + y
x = ρcosΘ e
√
3y = ρsinΘ
ρ = secΘ e Θ = Π3
Assim;
x = ρcosΘ e y =
√
3
3 ρsinΘCalculando as derivadas parciais;
∂x
∂u = −ρsinΘ e ∂x∂v = cosΘ
∂y
∂u =
√
3
3 cosΘ e
∂y
∂v =
√
3
3 sinΘ
Calculando o jacobiano temos,
∣
∣
∣
∣
∣
∣
−ρsinΘ cosΘ
√
3
3 cosΘ
√
3
3 sinΘ
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
√
3
3
ρ
∫ 1
0
∫ x
0
x
√
x2 + 3y2dydx =
√
3
3
∫ Π
3
0
∫ secΘ
0
ρ3cosΘdρdΘ =
√
3
3
∫ Π
3
0
ρ4
4
cosΘ|secΘ0 dΘ =
=
√
3
12
∫ Π
3
0
sec3ΘdΘ =
√
3
12
[secΘtgΘ + ln(secΘ + tgΘ)]
Π
3
0 =
√
3
12
[2
√
3 + ln(2 +
√
3)]
Logo;
∫ 1
0
∫ x
0
x
√
x2 + 3y2 =
√
3
12
[2
√
3 + ln(2 +
√
3)]
78
71. Calcule
∫ Π
0
∫ x
0
xsinydydx.
Solução . Inicialmente vamos calcular a primitiva de xsiny em relação a y.
∫ Π
0
∫ x
0
xsinydydx =
∫ Π
0
[−xcosy]x0dx =
∫ Π
0
(x − xcosx)dx =
Agora vamos calcular a primitiva (x − xcosx) em relação a x.
= [
x2
2
− (cosx + sinx)]Π0 =
Π2
2
+ 2
Logo;
∫ Π
0
∫ x
0
xsinydydx =
Π2
2
+ 2
79
72. Calcule
∫ ln 8
1
∫ ln y
0
ex+ydxdy.
Solução . Como os limites de integração e a função já foram definidos na questão, vamos
apenas calcular as primitivas da função, primeiro em relação a x e depois a y e aplicarmos
os limites de integração.
Comecemos, primitiva em relação a x:
∫ ln 8
1
∫ ln y
0
ex+ydxdy =
∫ ln 8
1
[ex+y]ln y0 dy =
=
∫ ln 8
1
yey − ey = [(y − 1)ey − ey]ln 81 = 8(ln 8 − 1) − 8 + e = 8 ln 8 − 16 + e
Portanto,
∫ ln 8
1
∫ ln y
0
ex+ydxdy = 8 ln 8 − 16 + e
80
73. Calcule o volume da região limitada pelo parabolóide z = x2+y2 e inferiormente
triângulo delimitado pelas retas y = x, x = 0 e x + y = 2 no plano xy.
Solução .Calculando so limites de integração, para y temos:
x + y = 2ey = x −→ y = 2 − x, x 6 y 6 2 − x
E para x temos que:
0 6 x 6 1
Agora vamos encontrar o volume:
V =
∫ 1
0
∫ 2−x
x
(x2 + y2)dydx =
∫ 1
0
[x2y +
y3
3
]2−xx dx =
∫ 1
0
[2x2 − 7x
3
3
+
(2 − x)3
3
]dx
V = [
2x3
3
− 7x
4
12
− (2 − x)
4
12
]10 = (
2
3
− 7
12
− 1
12
) − (0 − 0 − 16
12
) =
4
3
Logo, o volume procurado é:
V =
4
3
81
74. Calcule
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
(x2 + y2 + z2)dzdydx.
Solução . Primeiro calculamos integral em relação a z, depois em relação y e por último
a x, vejamos:
∫ 1
0
∫ 1
0
(x2+y2+
z3
3
|10)dydx =
∫ 1
0
∫ 1
0
(x2+y2+
1
3
)dydx =
∫ 1
0
(x2+
y3
3
|10+
1
3
)dx =
∫ 1
0
(x2+
1
3
+
1
3
)dx =
∫ 1
0
(x2 +
2
3
)dx = (
x3
3
|10 +
2
3
) =
1
3
+
2
3
= 1
Logo;
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
(x2 + y2 + z2)dzdydx = 1
82
75. Calcule
∫√2
0
∫ 3y
0
∫ 8−x2−y2
x2+3y2
dzdxdy.
Solução . Inicialmente calculamos integral em relação a z, depois em relação x e por
último a y, vejamos:
∫ √2
0
∫ 3y
0
∫ 8−x2−y2
x2+3y2
dzdxdy =
∫ √2
0
∫ 3y
0
(z)8−x
2−y2
x2+3y2 dxdy =
∫ √2
0
∫ 3y
0
(8−2x2 +4y2)dxdy =
∫ √2
0
(8x− 2
3
x3 +4xy2)3y0 dy =
∫ √2
0
(24y−18y3 −12y3) =
= (12y2 − 15
2
y4)
√
2
0 = 24 − 30 = 6
Portanto;
∫ √2
0
∫ 3y
0
∫ 8−x2−y2
x2+3y2
dzdxdy = 6
83
76. Calcule
∫ e
1
∫ e
1
∫ e
1
dxdydz.
Solução . Inicialmente calculamos integral em relação a x, depois em relação a y e por
último a z, vejamos:
∫ e
1
∫ e
1
∫ e
1
dxdydz =
∫ e
1
∫ e
1
[
lnx
yz
]e1dydz =
∫ e
1
∫ e
1
1
yz
dydz =
∫ e
1
[
lny
z
]e1dz =
∫ e
1
∫ e
1
1
z
dz = [lnz]e1 = 1
Assim;
∫ e
1
∫ e
1
∫ e
1
dxdydz = 1
84
77. Calcule
∫ 1
0
∫ 3−3x
0
∫ 3−3x−y
0
dzdydx.
Solução . Inicialmente calculamos integral em relação a z, depois em relação a y e por
último a x, vejamos:
∫ 1
0
∫ 3−3x
0
∫ 3−3x−y
0
dzdydx =
∫ 1
0
∫ 3−3x
0
z|3−3x−y0 dydx =
∫ 1
0
∫ 3−3x
0
(3 − 3x − y)dydx =
=
∫ 1
0
(3y − 3xy − y
2
2
)|3−3x0 dx =
∫ 1
0
[(3 − 3x)2 − 1
2
(3 − 3x)2]dx
Colocandos alguns temos em evidência temos;
∫ 1
0
[(3 − 3x)2 − 1
2
(3 − 3x)2]dx = 9
2
∫ 1
0
(1 − x)2dx = −3
2
[(1 − x)3]10(1 − x) =
3
2
Desta forma;
∫ 1
0
∫ 3−3x
0
∫ 3−3x−y
0
dzdydx =
3
2
85
78. Calcule
∫ 1
0
∫ Π
0
∫ Π
0
ysinzdxdydz.
Solução . Inicialmente calculamos integral em relação a x, depois em relação a y e por
último a z, vejamos:
∫ 1
0
∫ Π
0
∫ Π
0
ysinzdxdydz =
∫ 1
0
∫ Π
0
ysinz(x)|Π0 dydz =
∫ 1
0
∫ Π
0
Πysinz =
∫ 1
0
Π(
y2
2
)|Π0 sinzdz =
∫ 1
0
Π3
2
sinzdz =
Π3
2
∫ 1
0
sinzdz =
Π3
2
(−cosz)|10 =
Π3
2
(1 − cos1)
Logo;
∫ 1
0
∫ Π
0
∫ Π
0
ysinzdxdydz =
Π3
2
(1 − cos1)
86
79. Calcule
∫ 1
−1
∫ 1
−1
∫ 1
−1(x + y + z)dydxdz.
Solução . Inicialmente calculamos integral em relação a y, depois em relação a x e por
último a z, vejamos:
∫ 1
−1
∫ 1
−1
∫ 1
−1
(x + y + z)dydxdz =
∫ 1
−1
∫ 1
−1
[xy +
y2
2
+ zy]11dxdz =
∫ 1
−1
∫ 1
−1
(2x + 2z)dxdz =
=
∫ 1
−1
(x2 + 2zx)|1−1dz =
∫ 1
−1
4zdz = 0
Portanto;
∫ 1
−1
∫ 1
−1
∫ 1
−1
(x + y + z)dydxdz = 0
87
80. Calcule
∫ 3
0
∫√9−x2
0
∫√9−x2
0
dzdydx.
Solução . Inicialmente calculamos integral em relação a z, depois em relação a y e por
último a x, vejamos:
∫ 3
0
∫ √9−x2
0
∫ √9−x2
0
dzdydx =
∫ 3
0
∫ √9−x2
0
z|
√
9−x2
0 dydx =
∫ 3
0
∫ √9−x2
0
√
9 − x2dydx =
=
∫ 3
0
y|
√
9−x2
0
√
9 − x2dx =
∫ 3
0
(9 − x2)dx = [9x − x
3
3
]30 = 18
Assim;
∫ 3
0
∫ √9−x2
0
∫ √9−x2
0
dzdydx = 18
88
81. Calcule
∫ 2
0
∫
√
4−y2
−
√
4−y2
∫ 2x+y
0
dzdxdy.
Solução . Inicialmente calculamos integral em relação a z, depois em relação a x e por
último a y,aplicando os limites de integração em cada uma dessas etapas, vejamos:
∫ 2
0
∫
√
4−y2
−
√
4−y2
∫ 2x+y
0
dzdxdy =
∫ 2
0
∫
√
4−y2
−
√
4−y2
z|2x+y0 dxdy =
∫ 2
0
∫
√
4−y2
−
√
4−y2
2x + ydxdy =
=
∫ 2
0
[x2 + xy]
√
4−y2
−
√
4−y2
dy =
∫ 2
0
(4 − y2) 12 (2y)dy = [−2
3
(4 − y2) 23 ]20 =
2
3
(4)
2
3 =
16
3
Portanto;
∫ 2
0
∫
√
4−y2
−
√
4−y2
∫ 2x+y
0
dzdxdy =
16
3
89
82. Calcule
∫ 1
0
∫ 2−x
0
∫ 2−x−y
0
dzdydx.
Solução . Inicialmente calculamos integral em relação a z, depois em relação a y e por
último a x,aplicando os limites de integração em cada uma dessas etapas, vejamos:
∫ 1
0
∫ 2−2x
0
∫ 2−2x−y
0
dzdydx =
∫ 1
0
∫ 2−2x
0
[z]2−2x−y0 dydx =
∫ 1
0
∫ 2−2x
0
(2 − 2x − y)dydx =
=
∫ 1
0
(2y − 2xy − y
2
2
)|2−2x0 dx =
∫ 1
0
[(2 − x)2 − 1
2
(2 − 2x)2]dx
Colocandos alguns temos em evidência temos;
∫ 1
0
[(2 − 2x)2 − 1
2
(2 − 2x)2]dx = 1
2
∫ 1
0
(2 − x)2dx = [−1
6
(2 − x)3]10 = −
1
6
+
8
6
=
7
6
Desta forma;
∫ 1
0
∫ 2−2x
0
∫ 2−2x−y
0
dzdydx =
7
6
90
83. Calcule
∫ e
1
∫ e
1
∫ e
1
ln r ln s ln tdtdrds.
Solução . Inicialmente calculamos integral em relação a t, depois em relação a r e por
último a s,aplicando os limites de integração em cada uma dessas etapas, vejamos:
∫ e
1
∫ e
1
∫ e
1
ln r ln s ln tdtdrds =
∫ e
1
∫ e
1
(ln r ln s)[t ln t − t]e1drds =
∫ e
1
∫ e
1
(ln r ln s)drds =
=
∫ e
1
(ln s)[r ln r − r]e1ds = [s ln s − s]e1 = 1
Assim;
∫ e
1
∫ e
1
∫ e
1
ln r ln s ln tdtdrds = 1
91
84. Calcule o volume da região no primeiro octante limitada pelos planos coorde-
nados, pelo plano y = 1 − x e pela superf́ıcie z = cos(Πx2 ), 0 6 x 6 1.
Solução . Analizando o enuciado da questão podemos encontrar facilmente os limites de
integração.
Em y: 0 6 y 6 1 − x
Em x: 0 6 x 6 1
Em z: 0 6 z 6 cos(Πx2 )
Assim, temos:
V =
∫ 1
0
∫ 1−x
0
∫ cos(Πx2 )
0
dzdydx =
∫ 1
0
∫ 1−x
0
[z]
cos(Πx2 )
0 dydx =
∫ 1
0
∫ 1−x
0
cos(
Πx
2
) =
V =
∫ 1
0
cos(
Πx
2
)[y]1−x0 dx =
∫ 1
0
cos(
Πx
2
)(1 − x) =
∫ 1
0
cos(
Πx
2
)dx −
∫ 1
0
xcos(
Πx
2
)dx
Aplicando uma subustituição na segunda parte da integral temos:
u = x
du = dx
Logo;
V = [
2
Π
sin
Πx
2
]01 − 4
Π2
∫ Π
2
0
u cos udu =
2
Π
− 4
Π2
[cosu + u sinu]
Π
2
0 =
2
Π
− 4
Π2
(
Π
2
) =
4
Π2
Assim;
V =
4
Π2
92
85. Calcule
∫ 2Π
0
∫ 1
0
∫√2−r2
r
dzrdrdΘ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
ciĺındricas, integrando primeiro em relação a z, logo depois a r e por fim a Θ.
∫ 2Π
0
∫ 1
0
∫ √2−r2
r
dzrdrdΘ =
∫ 2Π
0
∫ 1
0
[z]
√
2−r2
r rdrdΘ =
∫ 2Π
0
∫ 1
0[r(2 − r2) 12 − r2]drdΘ =
=
∫ 2Π
0
[−1
3
(2 − r2) 32 − r
3
3
]10dΘ =
∫ 2Π
0
(
2
2
3
3
− 2
3
)dΘ = (
2
2
3
3
− 2
3
)[Θ]2Π0 =
4Π(
√
2 − 1)
3
Assim;
∫ 2Π
0
∫ 1
0
∫ √2−r2
r
dzdrdΘ =
4Π(
√
2 − 1)
3
93
86. Calcule
∫ 2Π
0
∫ 3
0
∫√18−r2
r2
3
dzrdrdΘ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
ciĺındricas, integrando primeiro em relação a z, logo depois a r e por fim a Θ.
∫ 2Π
0
∫ 3
0
∫ √18−r2
r2
3
dzrdrdΘ =
∫ 2Π
0
∫ 3
0
[z]
√
18−r2
r2
3
rdrdΘ =
∫ 2Π
0
∫ 3
0
[r(18−r2) 12−r
3
3
]drdΘ =
[−1
3
(18 − r2) 32 − r
4
12
]30[Θ]
2Π
0 =
9Π(8
√
2 − 7)
2
Portanto;
∫ 2Π
0
∫ 3
0
∫ √18−r2
r2
3
dzrdrdΘ =
9Π(8
√
2 − 7)
2
94
87. Calcule
∫ 2Π
0
∫ Θ
2Π
0
∫ 3+24r2
0
dzrdrdΘ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
ciĺındricas, integrando primeiro em relação a z, logo depois a r e por fim a Θ.
∫ 2Π
0
∫ Θ
2Π
0
∫ 3+24r2
0
dzrdrdΘ =
∫ 2Π
0
∫ Θ
2Π
0
[z]3+24r
2
0 rdrdΘ =
∫ 2Π
0
∫ Θ
2Π
0
(3r − 24r3)drdΘ =
=
∫ 2Π
0
[
3
2
r2 + 6r4]
Θ
2Π
0 dΘ =
3
2
∫ 2Π
0
(
Θ2
4Π2
+
4Θ4
16Π2
)dΘ =
3
2
[
Θ3
12Π2
+
Θ5
5Π4
]2Π0 =
17Π
5
Logo;
∫ 2Π
0
∫ Θ
2Π
0
∫ 3+24r2
0
dzrdrdΘ =
17Π
5
95
88. Encontre os limites da integração para integrar f(r, θ) sobre a região R que
está dentro da cardióide r = 1 + cosθ e fora da circunferência r = 1 .
Solução . Passo 1 : Um esboço. Esboçamos a região e identificamos as curvas
limitantes.
Passo 2 : Os limites de integração de r. Um raio t́ıpico a partir da origem entra em
R onde r = 1 e sai onde r = 1 + cosθ.
Passo 3 : Os limites de integração de θ . Os raios a partir da origem que apresentam
intersecção com R variam de θ = −π/2 a θ = π/2. A integral é :
∫ π
2
−π2
∫ 1+cosθ
1
f(r, θ)rdrdθ
Se f(r, θ)é a função constante cujo valor é 1 , então a integral de f sobre r é a área de
R .
A área de uma região R fechada e limitada no plano de coorde-
nadas polares é
a =
∫ ∫
R
rdrdθ.
Como seria de esperar, essa fórmula para a área é condizente com todas as fórmulas
anteriores, embora não provemos esse fato .
96
89. Calcule
∫ ∫
R
ex
2+y2dydx,
onde R a região semicircular limitada pelo eixo X e pela curva , y =
√
1 − x2.
Solução . Em coordenadas cartesianas, a integral em questão e uma intefral não elemen-
tar e não existe nenhuma maneira direta de integrar ex
2+y2 em relacão a X ou Y.Ainda
assim essa integral e outras integrais como essa são importantes em matemática — em
estat́ıstica por exemplo — e queremos encontrar uma maneira de calculá-la.As coorde-
nadas polares servem para isso. A substituicão de X = R cosθ , y = r sen θ e a troca de
dy dx por r dr d θ nos permitem calcular a integral como :
∫∫
R
ex
2+y2dydx =
∫ π
0
∫ 1
0
er
2
rdrdθ =
∫ π
0
[
1
2
er
2
]1
0
dθ
∫∫
R
ex
2+y2dydx =
∫ π
0
1
2
(e − 1)dθ = π
2
(e − 1)
O r em r dr dθ era justamente o que precisávamos para integrar. Sem isso, estariamos
impedidos de prosseguir, como no começo .
97
90. Encontre o momento polar da inércia em relacão a origem de uma placa fina
de densidade δ(x, y) = 1 limitada pelo quarto de circunferência x2 + y2 = 1 no
primeiro quadrante .
Solução . Em coordenadas cartesianas, o momento polar é o valor da integral
∫ 1
0
∫ √1−x2
0
dydx
Integrando em relação a y, temos :
∫ 1
0
(
x2
√
1 − x2 + (1 − x
2)
3
2
3
)
dx
Uma integral dif́ıcil de calcular sem tabelas.
As coisas melhoram se mudamos a interal original para coodenadas polares. Substituindo
x = r cos θ , y = r sen θ e trocando dxdy por r dr θ, obtemos :
∫ 1
0
∫ √1−x2
0
(x2 + y2)dydx =
∫ π
2
0
∫ 1
0
(r2)rdrdθ
=
∫ π
2
0
[
r4
4
]r=1
r=0
dθ =
∫ π
2
0
1
4
dθ =
π
8
Por que a transformação em coordenadas polares é tão eficaz aqui ? Um motivo é que
x2 + y2 é simplificada para r2 . Outro motivo é que os limites de integração tornam-se
constantes.
98
91. Calcule
∫ Π
0
∫ Θ
Π
0
∫ 3
√
4−r2
−
√
4−r2 zdzrdrdΘ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
ciĺındricas, integrando primeiro em relação a z, logo depois a r e por fim a Θ.
∫ Π
0
∫ Θ
Π
0
∫ 3
√
4−r2
−
√
4−r2
zdzrdrdΘ =
∫ Π
0
∫ Θ
Π
0
z2
2
rdrdΘ =
∫ Π
0
∫ Θ
Π
0
1
2
[9(4−r2)−(4−r2)]rdrdΘ =
= 4
∫ Π
0
∫ Θ
Π
0
(4r−r3)drdΘ = 4
∫ Π
0
[2r2−r
4
4
]
Θ
Π
0 = 4
∫ Π
0
(
2Θ2
Π2
− Θ
4
4Π2
)dΘ = [
2Θ3
3Π2
− Θ
5
20Π2
]Π0 =
37Π
15
Logo;
∫ Π
0
∫ Θ
Π
0
∫ 3
√
4−r2
−
√
4−r2
zdzrdrdΘ =
37Π
15
99
92. Calcule
∫ 2Π
0
∫ 1
0
∫ 1√
2−r2
r
3zdzrdrdΘ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
ciĺındricas, integrando primeiro em relação a z, logo depois a r e por fim a Θ.
∫ 2Π
0
∫ 1
0
∫ 1√
2−r2
r
3zdzrdrdΘ = 3
∫ 2Π
0
∫ 1
0
[z]
1√
2−r2
r rdrdΘ = 3
∫ 2Π
0
∫ 1
0
[r(2−r2)− 12−r2]drdΘ =
= 3
∫ 2Π
0
[−(2 − r2) 12 − r
3
3
]dΘ = 3(
√
2 − 4
3
)[Θ]2Π0 = Π(6
√
2 − 8)
Portanto;
∫ 2Π
0
∫ 1
0
∫ 1√
2−r2
r
3zdzrdrdΘ = Π(6
√
2 − 8)
100
93. Calcule
∫ 2Π
0
∫ 1
0
∫ 1
2
− 12
(r2 sin2 Θ + z2)dzrdrdΘ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
ciĺındricas, integrando primeiro em relação a z, logo depois a r e por fim a Θ.
∫ 2Π
0
∫ 1
0
∫ 1
2
− 12
(r2 sin2 Θ + z2)dzrdrdΘ =
∫ 2Π
0
∫ 1
0
(r2 sin2 Θ + [
z3
3
]
1
2
− 12
)rdrdΘ =
=
∫ 2Π
0
∫ 1
0
(r3 sin2 Θ +
r
12
)drdΘ =
∫ 2Π
0
[
r4
4
sin2 Θ +
r2
24
]10 =
∫ 2Π
0
(
sin2 Θ
4
+
1
24
) =
Π
3
Desta forma;
∫ 2Π
0
∫ 1
0
∫ 1
2
− 12
(r2 sin2 Θ + z2)dzrdrdΘ =
Π
3
101
94. Calcule
∫ Π
0
∫ Π
0
∫ 2 sin φ
0
ρ2 sinφdρdφdθ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
esféricas, integrando primeiro em relação a ρ, logo depois a φ e por fim a Θ.
∫ Π
0
∫ Π
0
∫ 2 sin φ
0
ρ2 sinφdρdφdθ =
∫ Π
0
∫ Π
0
[
ρ3
3
]2 sin φ0 sinφdφdθ =
8
3
∫ Π
0
∫ Π
0
sin4 φdφdθ =
8
3
∫ Π
0
= ([− sin
3 φ cos φ
4
]Π0 +
3
4
∫ π
0
sin2 φdφ)dθ = 2
∫ π
0
∫ π
0
sin2 φdφdθ =
∫ π
0
[θ− sin 2θ
2
]dθ =
∫ π
0
Πdθ = π2
Assim;
∫ Π
0
∫ Π
0
∫ 2 sin φ
0
ρ2 sinφdρdφdθ = π2
102
95. Calcule
∫ 2Π
0
∫ Π
4
0
∫ 2
0
(ρ cos φ)ρ2 sinφdρdφdθ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
esféricas, integrando primeiro em relação a ρ, logo depois a φ e por fim a Θ.
∫ 2Π
0
∫ Π
4
0
∫ 2
0
(ρ cos φ)ρ2 sinφdρdφdθ =
∫ 2Π
0
∫ Π
4
0
[
ρ4
4
]20 cos φ sinφdφdθ =
∫ 2Π
0
∫ Π
4
0
4 cos φ sinφdφdθ =
∫ 2π
0
[2 sin φ]
Π
4
0 dθ =
∫ 2π
0
dθ = [θ]2π0 = 2π
Portanto;
∫ 2Π
0
∫ Π
4
0
∫ 2
0
(ρ cos φ)ρ2 sinφdρdφdθ = 2π
103
96. Calcule
∫ 2Π
0
∫ π
0
∫ 1−cos φ
2
0
ρ2 sinφdρdφdθ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
esféricas, integrando primeiro em relação a ρ, logo depois a φ e por fim a Θ.
∫ 2Π
0
∫ π
0
∫ 1−cos φ
2
0
ρ2 sinφdρdφdθ =
∫ 2Π
0
∫ π
0
[
ρ3
3
]
1−cos φ
2
0 sinφdφdθ =
1
24
∫ 2Π
0
∫ π
0
(1−cos φ)3 sinφdφdθ =
1
96
∫ 2π
0
[(1 − cos φ)4]π0dθ =
1
96
∫ 2π
0
(24 − 0)dθ = 16
96
∫ 2π
0
dθ =
16
96
[θ]2Π0 =
1
6
(2π) =
π
3
Assim;
∫ 2Π
0
∫ π
0
∫ 1−cos φ
2
0
ρ2 sinφdρdφdθ =
π
3
104
97. Calcule
∫ 3π
2
0
∫ π
0
∫ 1
0
5ρ3 sin3 φdρdφdθ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
esféricas, integrando primeiro em relação a ρ, logo depois a φ e por fim a Θ.
∫ 3π
2
0
∫ π
0
∫ 1
0
5ρ3 sin3 φdρdφdθ =
∫ 3π
2
0
∫ π
0
[
5ρ4
4
]10 sin
3 φdφdθ =
5
4
∫ 3π
2
0
∫ π
0
sin3 dφdθ =
5
4
∫ 3π
2
0
([− sin
2 φ cos φ
3
]π0+
2
3
∫ π
0
sinφdφ)dθ =
5
6
∫ 3π
2
0
[− cos φ]π0dθ =
5
3
∫ 3π
2
0
dθ = [θ]
3π
2
0 =
5π
2
Desta forma;
∫ 3π
2
0
∫ π
0
∫ 1
0
5ρ3 sin3 φdρdφdθ =
5π
2
105
98. Calcule
∫ 2π
0
∫ π
4
0
∫ sec φ
0
(ρ cos φ)ρ2 sinφdρdφdθ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos quedevemos usar coordenadas
esféricas, integrando primeiro em relação a ρ, logo depois a φ e por fim a Θ.
∫ 2π
0
∫ π
4
0
∫ sec φ
0
(ρ cos φ)ρ2 sinφdρdφdθ =
∫ 2π
0
∫ π
4
0
∫ sec φ
0
ρ3 sinφ cos φdρdφdθ =
∫ 2π
0
∫ π
4
0
[
ρ4
3
]sec φ0 sinφ cos φdφdθ =
1
4
∫ 2π
0
∫ π
4
0
tanφ sec2 φdφdθ =
1
4
∫ 2π
0
[
1
2
tan2 φ]
π
4
0 dθ =
1
8
∫ 2π
0
dθ =
1
8
[θ]2π0 =
π
4
Logo;
∫ 2π
0
∫ π
4
0
∫ sec φ
0
(ρ cos φ)ρ2 sinφdρdφdθ =
π
4
106
99. Calcule
∫ 2π
0
∫ π
3
0
∫ 2
sec φ
3ρ2 sinφdρdφdθ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
esféricas, integrando primeiro em relação a ρ, logo depois a φ e por fim a Θ.
∫ 2π
0
∫ π
3
0
∫ 2
sec φ
3ρ2 sinφdρdφdθ =
∫ 2π
0
∫ π
3
0
[
3ρ3
3
]2sec φ sinφdφdθ =
∫ 2π
0
∫ π
3
0
(8−sec3 φ) sinφdφdθ =
=
∫ 2π
0
[−8 cos φ− 1
2
sec2 φ]
π
3
0 dθ =
∫ 2π
0
[(−4−2)− (−8− 1
2
)]dφ =
5
2
∫ 2π
0
dθ =
5
2
[θ]2π0 =
5π
2
Portanto;
∫ 2π
0
∫ π
3
0
∫ 2
sec φ
3ρ2 sinφdρdφdθ =
5π
2
107
100. Calcule
∫ 2
0
∫ 0
−π
∫ π
2
π
4
ρ3 sin 2φdφdθdρ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
esféricas, integrando primeiro em relação a φ, logo depois a θ e por fim a ρ.
∫ 2
0
∫ 0
−π
∫ π
2
π
4
ρ3 sin 2φdφdθdρ =
∫ 2
0
∫ 0
−π
ρ3[−cos 2φ
2
]
π
2
π
4
dθdρ =
∫ 2
0
∫ 0
−π
ρ3
2
dθdρ =
=
∫ 2
0
ρ3π
2
dρ = [
ρ4π
8
]20 = 2π
Logo;
∫ 2
0
∫ 0
−π
∫ π
2
π
4
ρ3 sin 2φdφdθdρ = 2π
108
101. Calcule
∫ π
3
π
6
∫ 2 csc φ
csc φ
∫ 2π
0
ρ2 sinφdθdρdφ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
esféricas, integrando primeiro em relação a θ, logo depois a ρ e por fim a φ.
∫ π
3
π
6
∫ 2 csc φ
csc φ
∫ 2π
0
ρ2 sinφdθdρdφ =
∫ π
3
π
6
∫ 2 csc φ
csc φ
ρ2 sinφ[θ]2π0 dρdφ = 2π
∫ π
3
π
6
∫ 2 csc φ
csc φ
ρ2 sinφdρdφ =
=
2π
3
∫ π
3
π
6
[ρ3 sinφ]2 csc φcsc φ dφ =
14π
3
∫ π
3
π
6
csc2 φdφ =
14π
3
[tan φ]
π
3
π
6
=
28π
3
√
3
Assim;
∫ π
3
π
6
∫ 2 csc φ
csc φ
∫ 2π
0
ρ2 sinφdθdρdφ =
28π
3
√
3
109
102. Calcule
∫ 1
0
∫ π
0
∫ π
4
0
12ρ sin3 φdφdθdρ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
esféricas, integrando primeiro em relação a φ, logo depois a θ e por fim a ρ.
∫ 1
0
∫ π
0
∫ π
4
0
12ρ sin3 φdφdθdρ =
∫ 1
0
∫ π
0
(12ρ[
− sin2 φ cos φ
3
]
π
4
0 + 8ρ
∫ π
4
0
sinφdφ)dθdρ =
=
∫ 1
0
∫ π
0
(− 2ρ√
2
− 8ρ[cos φ]
π
4
0 )dθdφ =
∫ 1
0
∫ π
0
(8ρ − 10ρ√
2
)dθdφ =
∫ 1
0
(8ρ − 10ρ√
2
)[θ]π0dρ =
= π
∫ 1
0
(8ρ − 10ρ√
2
)dρ = π[4ρ2 − 5ρ
2
√
2
]10 =
(4
√
2 − 5)π√
2
Desta forma;
∫ 1
0
∫ π
0
∫ π
4
0
12ρ sin3 φdφdθdρ =
(4
√
2 − 5)π√
2
110
103. Calcule
∫ π
2
π
6
∫ π
2
−π2
∫ 2
csc φ
5ρ4 sin3 φdρdθdφ.
Solução . Analizando o enuciado da questão observamos que devemos usar coordenadas
esféricas, integrando primeiro em relação a ρ, logo depois a θ e por fim a φ.
∫ π
2
π
6
∫ π
2
−π2
∫ 2
csc φ
5ρ4 sin3 φdρdθdφ =
∫ π
2
π
6
∫ π
2
−π2
[
5ρ5
5
]2csc φ sin
3 φdθdφ =
∫ π
2
π
6
∫ π
2
−π2
(32−csc5) sin3 φdθdφ =
=
∫ π
2
π
6
∫ π
2
−π2
(32 sin3 φ − csc2)dθdφ =
∫ π
2
π
6
(32 sin3 φ − csc2)[θ]
π
2
−π2
dφ =
= π
∫ π
2
π
6
(32 sin3 φ − csc2)dφ = π[−32 sin
2 cos φ
3
]
π
2
π
6
+
64π
3
∫ π
2
π
6
sinφdφ + π[cot φ]
π
2
π
6
=
= π(
32
√
3
24
) − 64π
3
[cos φ]
π
2
π
6
+ π(
√
3) =
√
3
3
π + (
64π
3
)(
√
3
2
) =
33π
√
3
3
= 11π
√
3
Portanto;
∫ π
2
π
6
∫ π
2
−π2
∫ 2
csc φ
5ρ4 sin3 φdρdθdφ = 11π
√
3
111
104. Calcule
∫
B
∫
ydxdy onde B(0,0),(1,0) e (1,1)
Solução . Fazendo o estudo dos pontos achamos o intervalo de integração e calculamos
∫ 1
0
∫ y
1
ydxdy
=
∫ 1
0
xy
∣
∣
∣
∣
∣
y
1
dy
=
∫ 1
0
y − y2dy
=
y2
2
− y
3
3
=
1
2
− 1
3
Assim, chegamos ao valor da integral do problema
=
1
6
112
105. Calcule
∫
B
∫
ydxdy onde {(x, y) ∈ R2| − 1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x + 2}
Solução . Com os intervalos de integração dados, calculamos a integral dupla
∫ 1
−1
∫ x+2
0
ydydx
=
∫ 1
−1
y2
2
∣
∣
∣
∣
∣
x+2
0
dx
=
1
2
∫ 1
−1
(x + 2)2dx
=
1
2
∫ 1
−1
x2 + 4x + 4dx
=
1
2
(
x3
3
+ 2x2 + 4x)
∣
∣
∣
∣
∣
1
−1
=
1
2
(
1
3
+ 2 + 4 +
1
3
− 2 + 4)
=
1
2
(
1 + 6 + 12 + 1 − 6 + 12
3
)
Assim o valaor da integral do problema é
=
13
3
113
106. Calcule
∫
B
∫
ydxdy onde B: (-1,0), (0,0), (1,1) e (0,1)
Solução . Com os pontos dados no problema achamos os intervamos de integração e
diante disso a integral dupla é calculada assim:
∫ 1
0
∫ y
y−1
ydxdy
=
∫ 1
0
∫ y
y−1
xy
∣
∣
∣
∣
∣
y−1
y
dy
=
∫ 1
0
yy − (y − 1)ydy
=
∫ 1
0
y2 − y2 + ydy
=
y2
2
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
=
1
2
114
107. Calcule
∫
B
∫
xdxdy onde B: (0,0), (1,1) e (2,0)
Solução . Com os pontos dados no problema achamos os intervamos de integração ,
calculamos a integral dupla abaixo:
∫ 1
0
∫ 2−y
y
xdxdy
=
1
2
∫ 1
0
x2
∣
∣
∣
∣
∣
2−y
y
dy
=
1
2
∫ 1
0
(2 − y)2 − y2dy
=
1
2
∫ 1
0
4 − 4y + y2 − y2
=
1
2
(4y − 2y2)
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
Chegamos ao resuldado da integral do problema
= 1
115
108. Calcule o volume do conjunto dado. x ≥ 0 , x ≤ y ≤ 1 e 0 6 z 6 ey2
Solução .
∫ 1
0
∫ y
0
ey
2
dxdy =
∫ 1
0
(xey
2
)
∣
∣
∣
∣
∣
y
0
dy
=
∫ 1
0
yey
2
dy
Chamando u = y2 e du = 2ydy temos :
=
1
2
∫ 1
0
eudu
=
1
2
(eu)
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
=
1
2
(e1 − e0)
=
1
2
(e1 − 1)
116
109. Calcule o volume do conjunto dado. x2 + y2 ≤ z ≤ 1 − x2
Solução .
Fazendo: z = 1 − x2 − x2 − y2 temos que z = 1 − 2x2 − y2
Utilizando coordenadas polares temos que:



x = r√
2
cos θ 0 ≤ r ≤ 1
y = r sin θ 0 ≤ θ ≤ 2π
. Efetuando o
cálculo do jacobiano temos:
j =
∣
∣
∣
∣
∣
d(x,y)
d(r,θ)
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1√
2
cos θ − r√
2
sin θ
sin θ r cos θ
∣
∣
∣
∣
∣
= r√
2
cos2 θ + r√
2
sin2 θ = r√
2
∫ 2π
0
∫ 1
0
(1 − 2r
2
2
cos2 θ − r2 sin2 θ) r√
2
drdθ =
∫ 2π
0
∫ 1
0
(1 − r2) r√
2
drdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
r√
2
− r
3
√
2
drdθ
=
1√
2
∫ 2π
0
r2
2
− r
4
4
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
dθ
=
1√
2
∫ 2π
0
1
4
dθ
=
1
4
√
2
2π
=
π
2
√
2
117
110. Calcule o volume do conjunto de todos os (x,y,z) tais que 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1
e 0 ≤ z ≤ x2 + y2. O volume de tal conjunto é
∫ 1
0
∫ 1
0
(x2 + y2)dxdy
Solução . Como o volume dado a fórmula foi dado, resolvendo a integral dupla temos:
∫ 1
0
∫ 1
0
x2 + y2dxdy
=
∫ 1
0
(
x3
3
+ xy2)
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
dy
=
∫ 1
0
(
1
3
+ y2)dy
=
1
3
y +
y3
3
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
=
1
3
+
1
3
O volume do conjunto de todos os (x,y,z) é
=
2
3
118
111. Calcule
∫
B
∫
(xy)dxdy onde B é o conjunto de todos os (x,y,z) tais que 0 ≤ x ≤ 1
e 0 ≤ y ≤ x2
Solução .Tendo os intervalos dados no problema so precisamos substituir na integral
dupla abaixo:
∫ 1
0
∫ x2
0
xydydx
=
∫ 1
0
xy2
2
∣
∣
∣
∣
∣
x2
0
dx
=
∫ 1
0
xx4
2
dx
=
x6
12
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
Assim, o valor da integral é
=
1
12
119
112. Calcule usando integral dupla o conjunto dado onde 1 ≤ x ≤ 2 e 0 ≤ y ≤ 1, de
x cos xy
Solução . Diante do intervalo do conjunto dado, temos a integral dupla:
∫ 2
1
∫ 1
0
x cos xydydx
Integrando com relação a y
=
∫ 2
1
x sinxy
x
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
dx
=
∫ 2
1
x sinx
x
dx
=
∫ 2
1
sinxdx
Integrando com relação a x
= − cos x
∣
∣
∣
∣
∣
2
1
Ou seja, a integral dupla no intervalo dado é
= − cos 2 + cos 1
120
113. Calcule usando integral dupla o conjunto dado onde 1 ≤ x ≤ 2 e 0 ≤ y ≤ 1,
x sinπy
Solução . Diante do intervalo do conjunto dado, temos a integral dupla:
∫ 1
0
∫ 2
1
x sinπydxdy
Integrando com relação a x
=
∫ 1
0
x2
2
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
sinπydy
=
3
2
∫ 1
0
sinπydy
Integrando com relação a y
= −3
2
fcos πyπ
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
=
3
2π
+
3
2π
Ou seja, a integral dupla no intervalo dado é
=
3
π
121
114. Calcule
∫
A
∫
(xyex
2−y2)dxdy, onde A é o retângulo −1 ≤ x ≤ 1 e 0 ≤ y ≤ 3
Solução . Resolvendo a integral dupla definida pelo retângulo do problema, de imediato
ja possuimos os intervalosde integração :
∫ 3
0
∫ 1
−1
xyex
2−y2dxdy
Fazendo uma substituição afim de facilitar nossos calculos, chamamos u = x2 − y2 e
du = 2xdx
=
∫ 3
0
xyeu
1
2x
∣
∣
∣
∣
∣
1
−1
dy
=
∫ 3
0
y
2
eu
∣
∣
∣
∣
∣
1
−1
dy
Assim,
=
∫ 3
0
y
2
ex
2−y2
∣
∣
∣
∣
∣
1
−1
dy
=
∫ 3
0
y
2
(e1−y
2 − e1−y2)dy
= 0
122
Nas questões de 13 a 21 Calcule o volume do conjunto dado
115. Calcule o volume do conjunto dado, x2 + y2 e x + y + 2 6 z 6 4
Solução . Precisamos de z para resolver problemas de volume, fazendo z = 4−x− y− 2
temos que z = 2 − x − y
Percebemos que o conjunto dado nos permite a utilização de coordenadas polares onde


x = r cos θ 0 ≤ r ≤ 1
y = r sin θ 0 ≤ θ ≤ 2π
Assim, substituindo x e y na equação z pelas coordenadas polares encontradas temos:
∫ 2π
0
∫ 1
0
(2 − r cos θ − r sin θ)rdrdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
(2r − r2 cos θ − r2 sin θ)drdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
2r − r2(cos θ + sin θ)drdθ
Integrando com relação a r temos:
=
∫ 2π
0
r2 − r
3
3
(cos θ + sin θ)
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
dθ
=
∫ 2π
0
1 − 1
3
(cos θ + sin θ)dθ
=
∫ 2π
0
dθ − 1
3
∫ 2π
0
cos θdθ
Integrando com relação a θ temos:
= 2π + (
1
3
senθ)
∣
∣
∣
∣
∣
0
2π + (cosθ)
∣
∣
∣
∣
∣
0
2π
= 2π
Ou seja, o volume do conjunto dado é 2π
123
116. Calcule o volume do conjunto dado, x ≥ 0 , y ≥ 0 , x + y ≤ 1 e 0 ≤ z ≤ x2 + y2
Solução . Precisamos de z para resolver problemas de volume, fazendo z = x2 + y2 − 2
e que y = 1 − x
Assim:
∫ 1
0
∫ 1−x
0
x2 + y2dydx
=
∫ 1
0
(x2y +
y3
3
)
∣
∣
∣
∣
∣
1−x
0
dx
=
∫ 1
0
(x2(1 − x) + (1 − x)
3
3
)dx
=
1
3
∫ 1
0
(3x2 − 3x2 + x3 + 3x2 − 3x + 1)dx
=
1
3
∫ 1
0
(−2x3 + 6x2 − 3x + 1)dx
=
1
3
(−x
4
2
+ 2x3 − 3x
2
2
+ x)
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
=
1
3
(−1
2
+ 2 − 3
2
+ 1)
Então o volume do problema é
=
1
3
124
117. Calcule o volume do conjunto dado, 0 ≤ y ≤ 1 − x2 , 0 ≤ z ≤ 1 − x2
Solução . Sabemos que o volume é necessita de z para fazer a integração dupla, fazendo
z = 1 − x2
temos
∫ 1
−1
∫ 1−x2
0
1 − x2dydx
Integrando com relação a y
=
∫ 1
−1
(y − yx2)
∣
∣
∣
∣
∣
1−x2
0
dx
=
∫ 1
−1
1 − x2 − (1 − x2)x2dx
=
∫ 1
−1
(1 − x2 − x2 + x4)dx
=
∫ 1
−1
(x4 − 2x2 + 1)dx
Integrando com relacao a x
= (
x5
5
− 2x
3
3
+ x)
∣
∣
∣
∣
∣
1
−1
= (
1
5
− 2
3
+ 1) − (−1
5
+
2
3
− 1)
= (
1
5
− 2
3
+ 1 +
1
5
− 2
3
+ 1)
Obtemos o volume do conjunto, que é
=
16
15
125
118. Calcule o volume do conjunto dado, x2 + y2 + 3 6 z 6 4.
Solução . Isolando o z no intervalo dado temos z = 4− x2 − y2 − 3 onde z = 1− x2 − y2
Mais uma vez o problema nos permite a utilização de coordenadas polares onde:



x = r cos θ 0 ≤ r ≤ 1
y = r sin θ 0 ≤ θ ≤ 2π
Assim, substituindo x e y na equação z pelas coordenadas polares encontradas temos:
∫ 2π
0
∫ 1
0
(2 − r2 cos2 θ − r2 sin2 θ)rdrdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
1 − r2(cos2 θ + sin2 θ)rdrdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
2r − r2(cos θ + sin θ)drdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
r − r3drdθ
=
∫ 2π
0
(
r2
2
− r
4
4
)
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
dθ
=
∫ 2π
0
1
4
dθ
Integrando com relação a θ temos:
=
π
2
126
119. Calcule o volume do conjunto dado, x2 + 4y2 6 4 e x + y 6 z 6 x + y + 1
Solução . Fazendo z = x + y + 1 − x − y temos que z = 1
Utilizando às coordenadas polares já que nossa função é do tipo Ax2 + By2 temos que


x = r cos θ 0 ≤ r ≤ 2
y = r2 sin θ 0 ≤ θ ≤ 2π
. Observe que o jacobiano mudou pois (2y) = rsenθ. Assim,
substituindo x e y na equação z pelas coordenadas polares encontradas temos:
∫ 2π
0
∫ 2
0
(1)
r
2
drdθ
=
∫ 2π
0
(
r2
4
)
∣
∣
∣
∣
∣
2
0
dθ
= 1
∫ 2π
0
dθ
Integrando com relação a θ temos:
= 2π
127
120. Calcule o volume do conjunto dado, x ≥ 0 , x ≤ y ≤ 1 e 0 6 z 6 ey2
Solução . Apartir do conjunto dado temos:
∫ 1
0
∫ y
0
ey
2
dxdy
=
∫ 1
0
(xey
2
)
∣
∣
∣
∣
∣
y
0
dy
=
∫ 1
0
yey
2
dy
Fazeno uma substituição simples, chamando u = y2 e du = 2ydy temos:
=
1
2
∫ 1
0
eudu
=
1
2
(eu)
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
=
1
2
(e1 − e0)
Assim, o volume é:
=
1
2
(e1 − 1)
128
121. Calcule o volume do conjunto dado, x2 + y2 ≤ z ≤ 1 − x2.
Solução . Achando z isolando um dos lados da desigualdade temos z = 1− x2 − x2 − y2
onde z = 1 − 2x2 − y2
Como o conjunto nos permite a utilização de coordenadas polares temos que:



x = r√
2
cos θ 0 ≤ r ≤ 1
y = r sin θ 0 ≤ θ ≤ 2π
Efetuando o cálculo do jacobiano temos:
j =
∣
∣
∣
∣
∣
d(x,y)
d(r,θ)
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1√
2
cos θ − r√
2
sin θ
sin θ r cos θ
∣
∣
∣
∣
∣
=
r√
2
cos2 θ +
r√
2
sin2 θ =
r√
2
Assim, substituindo x e y na equação z pelas coordenadas polares encontradas temos:
∫ 2π
0
∫ 1
0
(1 − 2r
2
2
cos2 θ − r2 sin2 θ) r√
2
drdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
(1 − r2) r√
2
drdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
r√
2
− r
3
√
2
drdθ
=
1√
2
∫ 2π
0
r2
2
− r
4
4
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
dθ
=
1√
2
∫ 2π
0
1
4
dθ
=
1
4
√
2
2π
Concluimos então , que o volume é:
=
π
2
√
2
129
122. Calcule o volume do conjunto dado, x2 + y2 ≤ z ≤ 2x
Solução . z = 2x − x2 − y2 ⇒ (x − 1)2 + y2 = 1
Fazendo uso das coordenadas polares temos que:



x = 1 + r cos θ 0 ≤ r ≤ 1
y = r sin θ 0 ≤ θ ≤ 2π
Substituindo os valores obtidos na transformação de variaveis em z temos:
∫ 2π
0
∫ 1
0
2(r cos θ + 1) − (r cos θ + 1)2 − (r sin θ)2rdrdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
2r cos θ + 2 − (r2 cos2 θ + 2r cos θ + 1) − (r2 sin2 θ)rdrdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
(2r cos θ + 2 − r2 cos2 θ − 2r cos θ − 1 − r2 sin2 θ)rdrdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
1 − r2(sin2 θ + cos2 θ)rdrdθ
=
∫ 2π
0
(
r2
2
− r
4
4
)
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
dθ
=
∫ 2π
0
(
1
2
− 1
4
)dθ
=
∫ 2π
0
1
4
dθ
=
π
2
130
123. Utilize da integral dupla para calcular a área do conjunto B é o conjunto de
todos (x,y) tais que lnx ≤ y ≤ 1 + lnx, y ≥ 0 e x ≤ e
Solução . Utilizando do cálculo de área ondeé definido como sendo a integral dupla de
dxdy, e sendo dado o intervalo de integração de y e x temos
∫ e
0
∫ 1+ln x
ln x
dydx
=
∫ e
0
(1 + lnx − lnx)dx
=
∫ e
0
1dx
= x
∣
∣
∣
∣
∣
e
0
Logo, a area é:
= e
131
124. Utilize da integral dupla para calcular a área do conjunto B = {(x, y) ∈ R2|x3 ≤
y ≤ √x}
Solução . Igualando os x temos:
x3 = x
1
2
x3 − x 12 = 0
x(x2 − x− 1
2
) = 0
x = 0
x − x− 1
2
= 0
x2 − 1√
x
x2
√
x − 1 = 0
x2x
1
2 − 1 = 0
x
3
2 = 1
x = 1
Depois de encontrado os limites de x (onde as curvas se interceptam) temos:
∫ 1
0
∫ √x
x3
dydx
=
∫ 1
0
(
√
x − x3)dx
=
∫ 1
0
(x
1
2 − x3)dx
=
x
3
2
3
2
− x
4
4
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
=
2
3
(1)
3
2 − 1
4
=
8 − 3
12
Assim, a area do problema dado é:
=
5
12
132
125. Calcule
∫
A
∫
sin2 x
1+4y2 dxdy, onde A é o retângulo 0 ≤ x ≤ π2 , 0 ≤ y ≤ 12
Solução .
∫ 1
2
0
∫ π
2
0
sin2 x
1 + 4y2
dxdy
Temos que sin2 x = 1−cos 2x2 , assim a integral dupla fica:
=
∫ 1
2
0
∫ π
2
0
(
1
2 + 8y2
)1 − cos 2xdxdy
=
∫ 1
2
0
1
2 + 8y2
(x − sin 2x
2
)
∣
∣
∣
∣
∣
π
2
0
dy
=
∫ 1
2
0
1
2 + 8y2
(
π
2
)dy
=
∫ 1
2
0
π
4 + 16y2
dy
=
∫ 1
2
0
π
16
4
16 + y
2
dy
Sabemos que
∫
1
a2+y2 =
1
a arctan
y
a
=
π
16
∫ 1
2
0
1
( 12 )
2 + y2
dy
=
π
16
(
1
1
2
arctan
y
1
2
)
∣
∣
∣
∣
∣
1
2
0
=
π
16
(2 arctan 2y)
∣
∣
∣
∣
∣
1
2
0
=
π
16
(2
π
4
)
Logo, a integral dupla do problema tem como solução
=
π2
32
133
126. Calcule a área da região limitada pela elipse x
2
a2 +
y2
b2 = 1, onde (a > 0 e b > 0)
Solução . Utilizando de coordenadas polares temos que:



x = ar cos θ 0 ≤ r ≤ 1
y = br sin θ 0 ≤ θ ≤ 2π
Fazendo o calculo do jacobiano temos:
j =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a cos θ −ar sin θ
b sin θ br cos θ
∣
∣
∣
∣
∣
= abr cos2 θ + abr sin2 θ = abr
Aplicando a integral dupla para o cálculo de área temos:
∫ 2π
0
∫ 1
0
abrdrdθ
=
ab
2
∫ 2π
0
(
r2
2
)
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
dθ
=
ab
2
∫ 2π
0
dθ
=
ab
2
(2π)
O resultado foi o esperado para o problema
= abπ
134
127. Calcule usando coordenadas polares
∫ ∫
B
xydxdy onde B é o circulo
x2 + y2 − 2y ≤ 0 , x ≥ 0 e assumindo 0 ≤ θ ≤ π2 e 0 ≤ r ≤ 2 sin θ.
Solução. Completando quadrado na desigualdade dada, temos que
x2 + y2 − 2y = 0
x2 + (y − 1)2 − 1 = 0
x2 + (y − 1)2 = 1
Assim,
⇛ x = r cos θ
⇛ y = r sin θ
0 ≤ θ ≤ π
2
0 ≤ r ≤ 2 sin θ
Resolvendo a integral, não esquecendo do jacobiano pois mudamos para coordenadas
polares temos
⇒
∫ π
2
0
∫ 2 sin θ
0
r2 cos θ sin θrdrdθ =
∫ π
2
0
[
r4 cos θ sin θ
4
|2 sin θ0 ]dθ
= 4
∫ π
2
0
(cos θ sin5 θ)dθ
Fazendo uma substituição simples



u = sin θ
du = cos θdθ



= 4
∫ π
2
0
u5du
= 4(
u6
6
|
π
2
0 )
= 4(
sin4 θ
6
|
π
2
0 )
Então a integral dupla do problema tem como solução
=
2
3
135
128. Encontre o volume da região D limitada pelas superf́ıcies z = x2 + 3y2 z =
8 − x2 − y2.
Solução . O volume é
v =
∫ ∫
R
∫
dzdydx,
a integral de f(x, y, z) = 1 sobre D . Para encontrarmos os limites de integração para
calcular a integral, seguimos estes passos :
Passo 1 : Um esboço. As superf’icies apresentam intersecção no cilindro eĺıptico
x2 + 3y2 = 8 − x2 − y2 ou x2 + 2y2 = 4. A fronteira da região R ( a projeção de D spbre
o plano xy ) é uma elipse com a mesma equação : x2 + 2y2 = 4 . A fronteira superior de
R é a curva y =
√
(4 − x2)/2 . A fronteira inferior é a curva y = −
√
(4 − x2)/2 .
Passo 2 : Os limites de integração de Z . A reta M que passa por um ponto t́ıpico (x, y)
em R que é paralela ao eixo Z entra em D em z = x2 + 3y2 e sai em z = 8 − x2 − y2 .
Passo 3 : Os limites de integração de y. A reta L que passa por (x, y) que é paralela ao
eixo y entra em R em y = −
√
(4 − x2)/2 e sai em y =
√
(4 − x2)/2 .
Passo 4 : Os limites de integração de x . Quando L varre R, o valor de X varia de x = −2
em (−2, 0) a x = 2 em (2, 0, 0) . O volume é
v =
∫ ∫
R
∫
dzdydx
=
∫ 2
−2
∫
√
(4−x2)/2
−
√
(4−x2)/2
∫ 8−x2−y2
x2+3y2
dzdydx
=
∫ 2
−2
∫
√
(4−x2)/2
−
√
(4−x2)/2
(8 − 2x2 − 4y2)dydx
=
∫ 2
−2
[
(8 − 2x2)y − 43y3
]
√
(4−x2)/2
−
√
(4−x2)/2
dx
=
∫ 2
−2
(
2(8 − 2x2)
√
4−x2
2 − 83
(
4−x2
2
) 3
2
)
dx
∫ 2
−2
[
8
(
4−x2
2
) 3
2 − 83
(
4−x2
2
) 3
2
]
dx = 4
√
2
3
∫ 2
−2(4 − x2)
3
2 dx
= 8π
√
2 Unidades cubicas.
136
129. Encontre um centróide (δ = 1) do sólido limitado pelo cilindro x2 + y2 = 4 e
limitado acima pelo parabolóide z = x2 + y2 e abaixo pelo plano xy.
Solução .
Passo 1 : Um esboço. Esboçamos o sólido, limitado acima pelo parabolóide z = r2 e
abaixo pelo plano z = 0 . Sua base R é o disco |r| ≤ 2 no plano xy . O centróide do
s’olido (x, y, z) est’a sobre seu eixo de simetria, neste caso o eixo z. Isso faz x = y = 0 .
Para encontrarmos z , dividimos o primeiro momento Mxy pela massa M .
Passo 2 : Os limites de z . Uma reta M que passa por um ponto t́ıpico (r, θ) na base
paralela ao eixo z entra no sólido en z = 0 e sai em z = r2 .
Passo 3 : Os limites de r . Um raio L que passa por (r, θ) a partir da origem entra em r
em r = 0 e sai em r = 2 .
Passo 4 : Os limites de θ . A medida que L varre a base no sentido anti -horário, o ângulo
θ que ele faz com o eixo x positivo varia de θ = 0 a θ = 2π. O valor de Mxy é
Mxy =
∫ 2π
0
∫ 2
0
∫ r2
0
zdzrdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 2
0
[
z2
2
]r2
0
rdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 2
0
r5
2
drdθ
∫ 2π
0
[
r6
12
]2
0
dθ = =
∫ 2π
0
16
3
dθ = =
32π
3
.
O valor de M é
M =
∫ 2π
0
∫ 2
0
∫ r2
0
dzrdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 2
0
[z]
r2
0 rdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 2
0
r3drdθ
∫ 2π
0
[
r4
4
]2
0
dθ =
∫ 2π
0
4dθ = 8π.
Portanto ,
z =
Mxy
M
=
32π
3
1
8π
=
4
3
.
e o centróide é (0, 0, 43 ) . Observe que o centróide está fora do sólido
137
130. Encontre uma equaç ão em coordenadas esféricas para o cone z =
√
x2 + y2.
Solução 1. Use geometria. O cone é simetrico em relação ao eixo z e corta o primeiro
quadrante do plano yz ao longo da reta z = y. O ângulo entr o cone e o eixo z positivo
é portanto, π/4 radianos. O cone consiste nos pontos cujas coodenadas esféricas tem φ
igaul a π/4 , assim sua equação é φ = π/4 .
Solução 2. Use algebra. Se usarmos as equações (3) para substituir x , y e z , obteremos
o mesmo resultado :
z =
√
x2 + y2
ρ cos φ =
√
ρ2 sen2 φ
ρ cos φ = ρ sen φ
cos φ = sen φ
φ =
π
4
138
131. Calcule a integral
a)
∫ 1
0
∫ 2
1
x cos xy dxdy
Solução:
Fazendo a substituição simples, temos:
xy = u
du = x dy
Assim,
∫ 2
1
[∫ 1
0
cos udu
]
dx =
∫ 2
1
[senxy]
1
0 dx =
∫ 2
1
senxdx = [− cos x]21 =
= − cos 2 + cos 1
139
132. Encontre os limites da integração para integrar f(r, θ) sobre a região R que
está dentro da cardióide r = 1 + cosθ e fora da circunferência r = 1 .
Solução
Passo 1 : Um esboço. Esboçamos a região e identificamos as curvas limitantes.
Passo 2 : Os limites de integração de r. Um raio t́ıpico a partir da origem entra em
R onde r = 1 e sai onde r = 1 + cosθ.
Passo 3 : Os limites de integração de θ . Os raios a partir da origem que apresentam
intersecção com R variam de θ = −π/2 a θ = π/2. A integral é :
∫ π
2
−π2
∫ 1+cosθ
1
f(r, θ)rdrdθ
Se f(r, θ)é a função constante cujo valor é 1 , então a integral de f sobre r é a área de
R .
A área de uma região R fechada e limitada no plano de coorde-
nadas polares é
a =
∫ ∫
R
rdrdθ.
Como seria de esperar, essa fórmula para a área é condizente com todas as fórmulas
anteriores, embora não provemos esse fato .
140
133. Calcule
∫ ∫
R
ex
2+y2dydx,
onde R a região semicircular limitada pelo eixo x e pela curva , y =
√
1 − x2.
Solução . Em coordenadas cartesianas, a integral em questão é uma integral não
elementar e não existe nenhuma maneira direta de integrar ex
2+y2 em relacão a x ou
y. Porém, as coordenadas polares servem para isso. A substituicão de x = r cosθ , y = r
sen θ e a troca de dydx por rdrdθ nos permitem calcular a integral como :
∫ ∫
R
ex
2+y2dydx =
∫ π
0
∫ 1
0
er
2
rdrdθ =
∫ π
0
[
1
2
er
2
]1
0
dθ =
∫ π
0
1
2
(e − 1)dθ = π
2
(e − 1).
141
134. Calcule o volume dado por
∫∫
A
xsen(πy) dA onde A é a região compreendida
em 0 ≤ x ≤ 1 e 1 ≤ y ≤ 2:
Solução . Temos, então :
V =
∫ 2
1
∫ 1
0
xsen (πy) dydx
=
∫ 2
1
[
−x
π
cos(πy)
]1
0
dx
=
∫ 2
1
−x
π
(cos π − cos 0) dx
=
∫ 2
1
−x
π
(−1 − 1) dx
=
∫ 2
1
2x
π
dx =
[
x2
π
]2
1
=
4
π
− 1
π
=
3
π
142
135. Calcule o volume dado por
∫ 1
0
∫ 2
1
yexy dxdy :
Solução .
V =
∫ 1
0
∫ 2
1
yexydx dxdy =
∫ 1
0
β(x) dy
Onde
β(x) =
∫ 2
1
yexy dx
Tome u = xy → du = ydx



x = 1; u = y
x = 2; u = 2y
β(u) =
∫ 2y
y
eu du = eu
∣
∣2y
y = e
2y − ey
Logo,
V =
∫ 1
0
β(x) dy
=
∫ 1
0
(e2y − ey) dy
=
[
1
2
e2y − ey
]1
0
=
[
1
2
e2 − e
]
−
[
1
2
e0 − e0
]
=
1
2
(e − 1)2
143
136. Calcule
∫ 2
1
∫ 1
0
1
1 + x2 + 2xy + y2
dydx
Solução . Fatorando o divisor, temos
∫ 2
1
∫ 1
0
1
1 + (x + y)2
dydx
Tome u = x + y → du = dy



y = 0; u = x
y = 1; u = x + 1
⇒
∫ 2
1
∫ x+1
x
1
1 + u2
dudx =
∫ 2
1
[arctg u]
x+1
x dx
=
∫ 2
1

arctg (x + 1)
︸ ︷︷ ︸
I
− arctg x
︸ ︷︷ ︸
τ

 dx
Integrando I por partes, temos
u = arctg (x + 1) → du = 1
1 + (x + 1)2
dv = dx → v = x
⇒ I = [xarctg (x + 1)]21 −
∫ 2
1
x
1 + (x + 1)2
dx
Tome u = x + 1onde x = u − 1 e du = dx
⇒
∫
u − 1
1 + u2
du =
∫ (
u
1 + u2
− 1
1 + u2
)
du
=
1
2
ln(1 + u2) − arctg u + k = 1
2
ln([1 + (x + 1)2) − arctg (x + 1)
Logo,
I =
[
xarctg (x + 1) −
(
1
2
ln(1 + (x + 1)2) − arctg (x + 1)
)]2
1
⇒ I = 3arctg 3 − 2arctg 2 − 1
2
ln 10 +
1
2
ln 5
144
De modo aná logo a I, temos
τ =
[
xarctg x − 1
2
ln(1 + x2)
]2
1
= 2arctg 2 − arctg 1 − 1
2
ln 5 +
1
2
ln 2
Portanto
∫ 2
1
∫ 1
0
1
1 + x2 + 2xy + y2
dydx = 3arctg 3 − 2arctg 2 − 1
2
ln 10 +
1
2
ln 5 +
π
4
− 1
2
ln 2
= 3arctg 3 − 4arctg − ln 2 + 1
2
ln 5 +
π
4
145
137. Calcule o volume dado por
∫ ∫
B
1
ln y
dB e B = {(x, y) ∈ R2 | 2 ≤ y ≤ 3, 0 ≤ x ≤ 1y}
Solução . Temos,
V =
∫ 3
2
∫ 1
y
0
1
ln y
dxdy =
∫ 3
2
[
x
ln y
] 1
y
0
dy =
∫ 3
2
1
y ln y
dy
Tomeu = ln y → du = 1y dy



y = 2; u = ln 2
y = 3; u = ln 3
Então ,
V =
∫ ln 3
ln 2
1
u
du = [lnu]
ln 3
ln 2 = ln (ln 3) − ln (ln 2)
146
138. Calcule o volume do sólido limitado por f(x, y) = yxcos(x2) na região dada por B =
{(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ 1}
Solução . Sabemos que o volume éigual a:
V =
∫ 1
0
∫ 1
x2
yx cos x2 dydx
=
∫ 1
0
[
x
y2
2
cos x2
]1
x2
dx
=
1
2
∫ 1
0
x cos x2(1 − x4) dx
=
1
2
∫ 1
0
(x cos x2 − x5 cos x2) dx
=
1
2
∫ 1
0
x cos x2 dx − 1
2
∫ 1
0
x5 cos x2
︸ ︷︷ ︸
I
dx
=
1
4
[
senx2
]1
0
− 1
2
I
Em I tome u = x2 → du = 2xdx



x = 0; u = 0
x = 1; u = 1
⇒ I = 1
2
∫ 1
0
u2 cos u du
Integrando I por partes, temos
r = u2 → dr = 2udu
ds = cosu → s = senu
⇒ I = u2senu|10 − 2
∫ 1
0
usenu
︸ ︷︷ ︸
τ
du
Integrando τ por partes, temos
τ = −u cos u|10 + senu|10
147
Logo,
I =
1
2
[
u2senu − 2(−u cos u + senu)
]1
0
=
1
2
[sen 1 + 2 cos 1 − 2sen 1]
= cos 1 − 1
2
sen1
Portanto
V =
1
4
[
senx2
]1
0
− 1
2
I
=
1
4
sen 1 − 1
2
cos 1 +
1
4
sen 1
=
1
2
sen 1 − 1
2
cos 1
148
139. Integre
∫∫
B
(x2 + 2y) dxdy onde B = x2 + y2 ≤ 4, usando coordenadas polares.
Solução . Mudando para coodenadas polares, temos
r2 cos2 θ + r2sen2 θ = 4
⇒ r =
√
4 = 2



0 ≤ r ≤ 2
0 ≤ θ ≤ 2π
⇒
∫ 2π
0
∫ 2
0
[
r2 cos2 θ + 2rsen θ
]
rdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 2
0
[
r3 cos2 θ + 2r2sen θ
]
drdθ
=
∫ 2π
0
[
r4
4
cos2 θ +
2
3
r3sen θ
]2
0
dθ =
∫ 2π
0
[
4 cos2 θ +
16
3
sen θ
]
dθ
=
[
4
(
1
2
θ +
1
4
sen 2θ
)
− 16
3
cos θ
]2π
0
= 4π
149
140. Resolva
∫∫
B
sen (4x2 + y2) dxdy onde B = {∀(x, y) ∈ R2 |x2 + y2 ≤, y ≥ 0}
Solução . Tome 


2x = r cos θ
y = rsen θ



x = 12r cos θ
y = rsen θ
Para calcular o jacobiano, temos
• ∂x
∂r
=
1
2
cos θ e
∂x
∂θ
= −r
2
sen θ
• ∂y
∂r
= sen θ e
∂y
∂θ
= r cos θ
⇒ ∂(x, y)
∂(r, θ)
=


1
2 cos θ − r2sen θ
sen θ r cos θ

 =
r
2
cos2 θ +
r
2
sen2 θ =
r
2
Logo,
∫∫
B
sen (4x2 + y2) dxdy =
∫ π
0
∫ 1
0
r
2
sen (r2) drdθ
=
∫ π
0
[
−1
4
cos r2
]1
0
dθ =
∫ π
0
[
−1
4
cos 1 +
1
4
]
dθ =
π
4
(1 − cos 1)
150
141. Calcule
∫∫
B
ex
2+y2 dxdy onde B é a região dada por B = {∀(x, y) ∈ R3 | 1 ≤ x2 +
y2 ≤ 4}
Solução . Tome 


x = cos θ
y = rsen θ
⇒ {1 ≤ r ≤ 2 e 0 ≤ θ ≤ 2π
Logo, temos
∫ 2π
0
∫ 2
1
1
4
er
2 · r drdθ
=
∫ 2π
0
[
1
8
er
2
]2
1
dθ
=
∫ 2π
0
[
1
8
e4 − 1
8
e
]
dθ
=
[
1
8
e4θ − 1
8
eθ
]2π
0
=
π
4
(e4 − e)
151
142. Encontre o volume do conjunto: {(x, y, z) ∈ R3 | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 e 0 ≤ z ≤
xyex
2−y2}
Solução .
V =
∫ 1
0
∫ 1
0
xyex
2−y2 dydx
=
∫ 1
0
[
−x
2
ex
2−y2
]1
0
dx
=
1
2
∫ 1
0
x
[
−ex2−1 + e2
]
dx
=
1
4
[
−ex2−1 + e2
]1
0
= −1
4
+
1
4
e−1 +
1
4
e − 1
4
=
1
4
(e − 2 + e−1)
=
1
4
(e − 1)(1 − e−1)
152
143. Calcule o volume do sólido limitado pelo gráfico de f(x, y) = xy
√
x2 + y2 e B é
a região dada pelo retangulo 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1
Solução .
V =
∫ 1
0
∫ 1
0
xy
√
x2 + y2 dydx
=
1
3
∫ 1
0
[
x
√
x2 + y2
]1
0
dx
=
1
3
∫ 1
0
[
x
√
(x2 + 1)3 − x3
]
dx
=
1
3
∫ 1
0
x
√
(x2 + 1)3 dx − 1
3
∫ 1
0
x4 dx
=
1
15
[√
(x2 + 1)5 − x5
]1
0
=
1
15
(4
√
2 − 2)
=
2
15
(2
√
2 − 1)
153
144. Calcule o volume do sólido limitado pelo gráfico de f(x, y) = y3exy
2
e B é o
retangulo 0 ≤ x ≤ 1, 1 ≤ y ≤ 2
Solução .
V =
∫ 1
0
∫ 2
1
y3exy
2
dxdy =
∫ 2
1
[
y3
y2
exy
2
]1
0
dy
=
∫ 2
1
[
yexy
2
]1
0
dy =
∫ 2
1
(yey
2 − y) dy
=
1
2
[
ey
2 − y2
]2
1
=
1
2
(e4 − e − 3)
154
145. Calcule o volume do sólido limitado pelo gráfico de f(x, y) =
y
x + y2
e B é a
região dada pelo retangulo 1 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ √x
Solução .
V =
∫ 4
1
∫ √x
0
y
x + y2
dydx
Tome u = y2 → du = 2ydy



y = 0; u = 0
y =
√
x; u = x
Temos, então
∫ 4
1
∫ x
0
1
2(x + u)
dudx =
1
2
∫ 4
1
ln(x + u)|x0dx
=
1
2
∫ 4
1
(ln(2x) − lnx) dx = 1
2
∫ 4
1
ln
2x
x
dx
=
1
2
∫ 4
1
ln 2 dx =
1
2
ln 2 · x|41
=
3
2
ln 2
155
146. Calcule o volume do conjunto dado: x2 + y2 + 3 ≤ z ≤ 4
Solução . Fazendo x2 + y2 + 3 = c e tornando
• c = 3
temos x2 + y2 = 0 então x = 0 e y = 0
• c = 4
temos x2 + y2 = 1
Mudando para coordenadas polares, temos
∫ 2π
0
∫ 1
0
[4 − (r2 cos2 θ + r2sen2 θ + 3)]rdrdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
[4 − r2 − 3)]rdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 1
0
(r − r3)drdθ
=
∫ 2π
0
[
r2
2
− r
4
4
]1
0
dθ =
∫ 2π
0
(
1
2
− 1
4
)
dθ
=
[
θ
4
]2π
0
=
π
2
156
147. Calcule o volume do sólido limitado pelo gráfico de f(x, y) = xy
√
x2 + y2 e B é
a região dada pelo retangulo 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1
Solução .
V =
∫ 1
0
∫ 1
0
xy
√
x2 + y2 dydx
=
1
3
∫ 1
0
[
x
√
x2 + y2
]1
0
dx
=
1
3
∫ 1
0
[
x
√
(x2 + 1)3 − x3
]
dx
=
1
3
∫ 1
0
x
√
(x2 + 1)3 dx − 1
3
∫ 1
0
x4 dx
=
1
15
[√
(x2 + 1)5 − x5
]1
0
=
1
15
(4
√
2 − 2)
=
2
15
(2
√
2 − 1)
157
148. Calcule o volume do sólido limitado pelo gráfico de f(x, y) = y3exy
2
e B é o
retangulo 0 ≤ x ≤ 1, 1 ≤ y ≤ 2
Solução .
V =
∫ 1
0
∫ 2
1
y3exy
2
dxdy =
∫ 2
1
[
y3
y2
exy
2
]1
0
dy
=
∫ 2
1
[
yexy
2
]1
0
dy =
∫ 2
1
(yey
2 − y) dy
=
1
2
[
ey
2 − y2
]2
1
=
1
2
(e4 − e − 3)
158
149. Calcule o volume do sólido limitado pelo gráfico de f(x, y) =
y
x + y2
e B é a
região dada pelo retangulo 1 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ √x
Solução .
V =
∫ 4
1
∫ √x
0
y
x + y2
dydx
Tome u = y2 → du = 2ydy



y = 0; u = 0
y =
√
x; u = x
Temos, então
∫ 4
1
∫ x
0
1
2(x + u)
dudx =
1
2
∫ 4
1
ln(x + u)|x0dx
=
1
2
∫ 4
1
(ln(2x) − lnx) dx = 1
2
∫ 4
1
ln
2x
x
dx
=
1
2
∫ 4
1
ln 2 dx =
1
2
ln 2 · x|41
=
3
2
ln 2
159
150. Calcule o volume V do conjunto dado: x2 + 4y2 ≤ 4 e x + y ≤ z ≤ x + y + 1
Solução . Mudando para coordenadas polares, temos
V =
1
2
∫ 2π
0
∫ 2
0
[r cos θ + rsen θ + 1 − (r cos θ + rsen θ)]rdrdθ
=
1
2
∫ 2π
0
∫ 2
0
rdrd =
1
4
∫ 2π
0
[
r2
]2
0
dθ =
∫ 2π
0
dθ = 2π
160
151. Calcule o volume V do conjunto dado: x2 + y2 ≤ a2 e y2 + z2 ≤ a2 (a > 0)
Resolução : Como z =
√
a2 − y2
Temos, então
V = 8
∫ a
0
∫
√
a2−y2
0
√
a2 − y2 dxdy
= 8
∫ a
0
√
a2 − y2 · [x]
√
a2−y2
0 dy
= 8
∫ a
0
(a2 − y2) dy
= 8
[
a2y − y
3
3
]a
0
= 8
[
a3 − a
3
3
]
=
16
3
a3
161
152. Calcule o volume V do conjunto dado: x2 + y2 ≤ z ≤ 1 − x2
Solução . Temos que a interceção entre os gráficos é x2 + y2 = 1− x2 ⇒ 2x2 + y2 = 1 é
uma elipse de raio 1. Mudando para coordenadas polares, temos
V =
√
2
2
∫ 2π
0
∫ 1
0
[1 − r2(2 cos2 +sen2 θ)]rdrdθ
=
√
2
2
∫ 2π
0
∫ 1
0
[1 − r2(cos2 + 1)]rdrdθ
=
√
2
2
∫ 2π
0
∫ 1
0
[r − r3 cos2 −r3 θ)]drdθ
=
√
2
2
∫ 2π
0
[
r2
2
− r
4
4
cos2 −r
4
4
]1
0
dθ
=
√
2
2
∫ 2π
0
[
1
2
− 1
4
cos2 −1
4
]
dθ
=
√
2
8
∫ 2π
0
(1 − cos2 θ) dθ
=
√
2
8
∫ 2π
0
[
θ −
(
θ
2
+
1
4
sen2 θ
)]2π
0
=
√
2π
8
162
153. Calcule o volume V do conjunto dado: x + y + z ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0 e z ≥ 0
Solução .
V =
∫ 1
0
∫ 1−x
0
(1 − x − y) dydx
=
∫ 1
0
[
y − xy − y
2
2
]1−x
0
dx
=
∫ 1
0
[
1 − 2x + x2 − 1 − 2x + x
2
2
]
dx
=
[
x − x2 + x
3
3
− 1
2
(
x − x2 + x
3
3
)]1
0
=
1
3
− 1
6
=
1
6
163
154. Calcule a área limitada pela equação
x2
a2
+
y2
b2
= 1
Solução . Tome



x = ar cos θ
y = brsen θ
Calculando o jacobiano, temos
∂(x, y)
∂(r, θ)
=


a cos θ −arsen θ
bsen θ br cos θ

 = abr
agora substituindo na equação da elipse, temos:
a2r2 cos2 θ
a2
+
b2r2sen2 θ
b2
= 1
Então 0 ≤ r ≤ 1 e 0 ≤ θ ≤ 2π. Assim,
ÁreaB =
∫ 2π
0
∫ 1
0
abr drdθ =
∫ 2π
0
[
ab
r2
2
]1
0
dθ
=
1
2
∫ 2π
0
ab dθ =
1
2
[ab]
2π
0 = abπ
164
155. Calcule o centro massa do sólido cuja densidade é dada pela função δ(x, y) = y
e B é a região dada pelo quadrado 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1.
Solução . Onde
massaB =
∫∫
B
y dxdy
=
∫ 1
0
∫ 1
0
y dydx =
∫ 1
0
[
y2
2
]1
0
dx =
[x
2
]10
=
1
2
O centro de massa é o ponto (xc, yc) onde
xc =
∫∫
B
x dm
massaB
=
∫∫
B
xy dxdy
massaB
yc =
∫∫
B
y dm
massaB
=
∫∫
B
y2 dxdy
massaB
Temos, então
∫∫
B
xy dxdy =
∫ 1
0
∫ 1
0
xy dydx =
∫ 1
0
[
x
y2
2
]1
0
dx
=
1
4
[
x2
]1
0
=
1
4
Assim
xc =
1
4
1
2
=
1
2
De modo análogo, temos
yc =
1
3
1
2
=
2
3
Logo, o centro de massa fica no ponto ( 12 ,
2
3 ).
165
156. Calcule o centro de massa onde a região é dada por B = {(x, y) ∈ R2 |x2 +4y2 ≤
1, y ≥ 0} e a densidade é proporcional a do ponto ao eixo x.
Solução . Temos que δ(x, y) = ky; k ∈ R seja a função densidade
Tome



x = r cos θ
y = 12rsen θ
Calculando o jacobiano, temos
∂(x, y)
∂(r, θ)
=


cos θ −rsen θ
1
2sen θ
1
2r cos θ

 =
r
2
e a região de integração é
r2 cos2 θ +
4
4
r2sen2 θ ≤ 1
assim, 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π,
Então
massaB =
∫ π
0
∫ 1
0
k
4
r2sen θ drdθ =
∫ π
0
[
r3
3
sen θ
]1
0
dθ
=
[
−k
6
cos θ
]π
0
=
k
3
Também,
∫ π
0
∫ 1
0
k
4
r3sen θ cos θ drdθ =
k
16
∫ π
0
sen θ cos θ dθ
=
[
k
32
sen2 θ
]π
0
= 0
e temos também
∫ π
0
∫ 1
0
k
4
r3sen2 θ drdθ =
k
16
∫ π
0
sen2 θ drdθ
=
k
16
[
θ
2
− 1
4
sen2 θ
]π
0
=
kπ
32
166
Então
yc =
kπ
32
k
3
=
3π
32
Logo, o centro de massa é no ponto (xc, yc) = (0,
3π
32 ).
167
157. Calcule
∫∫∫
B
xyzdxdydz;onde a região dada é B = {(x, y, z) ∈ R3 |x ≤ 2, 0 ≤ y ≤
1 e 1 ≤ z ≤ 2}.
Solução . Temos, então
∫ 2
0
∫ 1
0
∫ 2
1
xzy dzdydx
=
∫ 2
0
∫ 2
1
[
xy
z2
2
]2
1
dydx
=
∫ 2
0
∫ 1
0
xy
(
4 − 1
2
)
dydx
=
3
2
∫ 2
0
[
x
y2
2
]1
0
dx
=
3
4
∫ 2
0
x dx
=
[
3
4
· x
2
2
]2
0
=
3
2
168
158. Calcule
∫∫∫
B
xdxdydz; Onde 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 e x + y ≤ z ≤ x + y + 1.
Solução . Temos, então
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ x+y
x+y+1
x dzdydx =
∫ 1
0
∫ 1
0
[xz]
x+y+1
x+y dydx
=
∫ 1
0
∫ 1
0
x(x + y + 1 − x − y) dydx =
∫ 1
0
[xy]
1
0 dx =
[
x2
2
]1
0
=
1
2
169
159. Calcule
∫∫∫
B
√
1 − z2dxdydz onde 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ z e 0 ≤ z ≤ 1.
Solução . Temos, então
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ z
0
x dydzdx =
∫ 1
0
∫ 1
0
z
√
1 − z2 dzdx
= −1
3
∫ 1
0
[√
(1 − z2)3
]1
0
dx =
1
3
∫ 1
0
dx =
[x
3
]1
0
=
1
3
170
160. Calcule
∫∫∫
B
√
1 − z2dxdydz; Onde 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 e 0 ≤ z ≤ 1.
Solução . Temos então
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
√
1 − z2 dzdydx
Tomemos z = sen θ → dz = cos θ e 0 ≤ θ ≤ π
Então :
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
√
1 − sen2 x dzdydx
=
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
cos θ
2
dθdydx
=
1
2
∫ 1
0
∫ 1
0
[
θ
2
+
1
4
sen 2θ
]π
0
dydx
=
1
2
∫ 1
0
∫ 1
0
π
2
dydx =
1
2
∫ 1
0
π
2
dx
=
π
4
171
161. Calcule
∫∫∫
B
dxdydz onde a região dada é x2 + y2 ≤ z ≤ 2x
Solução . Então temos:
∫∫
K
∫ 2x
x2+y2
dzdydx =
∫∫
K
[2x − (x2 + y2)] dydx
Mudando para coordenadas polares



x = r cos θ + 1
y = rsen θ
⇒ {0 ≤ r ≤ 1 e 0 ≤ θ ≤ 2π}
Temos, então
∫ 2π
0
∫ 1
0
[2(r cos θ + 1) − r2] rdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 1
0
(2r2 cos θ + r − r3) drdθ
=
∫ 2π
0
[
2
3
r3 cos θ +
r2
2
− r
4
4
]1
0
=
∫ 2π
0
(
2
3
cos θ +
1
4
)
dθ
=
2
3
[
sen θ +
θ
4
]2π
0
=
π
2
172
162. Calcule
∫∫∫
B
(x2 + z2) dxdydz ondeB é a região x2 + z2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1
Solução . Então temos
∫∫
K
∫ 1
0
(x2 + z2) dzdydx =
∫∫
K
[
x2z +
z3
3
]1
0
dydx
=
∫∫
K
(
x2 +
1
3
)
dydx
Mudando para coordenadas polares, temos
∫ 2π
0
∫ 1
0
[
(r cos θ)2 +
1
3
]
rdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 1
0
[
r3 cos2 θ +
r
3
]
drdθ
=
∫ 1
0
[
r4
4
cos2 θ +
r2
6
]1
0
dθ =
∫ 1
0
[
1
4
cos2 θ
]
dθ
=
1
4
[
θ
2
+
1
4
sen2 θ +
1
6
]2π
0
dθ =
7π
12
173
163. Calcule
∫∫∫
B
dxdydz; Onde B é a região x2 + y2 ≤ z ≤ 2x + 2y − 1
Solução . Calculando a interceção , temos que x2+y2 ≤ 2x+2y−1 ⇒ (x−1)2+(y−1) ≤ 1
Então
∫∫
K
∫ 2x+2y−1
x2+y2
dzdydx =
∫∫
K
[2x + 2y − 1 − (x2 + y2)] dydx
Mudando para coordenadas polares, temos



x = r cos θ + 1
y = rsen θ + 1
⇒ {0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π}
Segue agora
∫ 2π
0
∫ 1
0
[2r cos θ + 2rsen θ + 3 − r2] rdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 1
0
[2r2(cos θ + sen θ) + 3r − r3] drdθ
=
∫ 2π
0
[
2r3
3
(cos θ + sen θ) +
5
4
]
dθ =
[
2
3
(sen θ − cos θ) + 5θ
4
]2π
0
=
5π
2
174
164. Calcule
∫∫∫
B
dxdydz onde B é a região dada por x2 + y2 ≤ 1, x2 + y2 + z2 ≤ 4
Solução . Tem-se que z ≤
√
4 − (x2 + y2)
Então
∫∫
K
∫
√
4−(x2+y2)
0
2z dzdydx =
∫∫
K
2
[
4 − (x2 + y2)
2
]
dydx
Mudando para coordenadas polares, temos
∫ 2π
0
∫ 1
0
[4 − r2] rdrdθ =
∫ 2π
0
[
2r2 − r
4
4
]1
0
dθ
=
[
7θ
4
]2π
0
=
7π
4
175
165. Calcule
∫∫∫
B
xdxdydz onde B é a região dada por x2 ≤ y ≤ x, 0 ≤ z ≤ x + y
Solução . Temos
∫∫
K
∫ x+y
0
x dzdydx =
∫∫
K
x(x + y) dydx
=
∫ 1
0
∫ x
x2
(x2 + xy) dydx =
∫ 1
0
[
x2y + x
y2
2
]x
x2
dx
=
∫ 1
0
[
x3 +
x3
2
− x4 − x
5
2
]
dx =
[
x4
4
+
x4
8
− x
5
5
− x
6
12
]1
0
=
11
120
176
166. Calcule
∫∫∫
B
2zdxdydz onde B é a região dada por 4x2 + 9y2 + z2 ≤ 4 e z ≥ 0
Solução . Tem-se que z ≤
√
4 − (4x2 + 9y2)
Então ,
∫∫
K
∫
√
4−(4x2+9y2)
0
2z dzdydx
=
∫∫
K
[
z2
]
√
4−(4x2+9y2)
0
dydx =
∫∫
K
[4 − (4x2 + 9y2)] dydx
Onde K = 4x2 + 9y2 ≤ 4.
Tomemos 


2x = r cos θ
3y = rsen θ



x = r2 cos θ
y = r3sen θ
Assim,
4
(
r2
4
cos2 θ
)
+ 9
(
r2
9
sen2 θ
)
≤ 4
⇒ 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π
Temos, então
∫ 2π
0
∫ 2
0
[4 − r2] r
6
drdθ =
1
6
∫ 2π
0
[
2r2 − r
4
4
]2
0
dθ
=
2
3
∫ 2π
0
dθ =
2
3
[θ]
2π
0 =
4π
3
177
167. Calcule o volume do sólido sob o gráfico de f(x, y) = x2 + y2, limitado por
B = [0, 1] × [0, 1]
Solução .
Observe que:
f(x, y) = x2 + y2 > 0 ∀(x, y) ∈ B
Temos que o volume é dado pela expressão :
v =
∫ ∫
B
f(x, y)dxdy
Logo, o volume será:
∫ 1
0
∫ 1
0
(x2 + y2)dxdy
=
∫ 1
0
[
x3
3
+ xy2
]1
0
dy
=
∫ 1
0
(
1
3
+ y2
)
dy
=
[
1
3
y +
y3
3
]1
0
=
2
3
178
168. Calcular o volume do sólido limitado pela região 1 ≤ Z ≤
√
4 − x2 − y2
Solução .
V =
∫ ∫
k
[
∫
√
4−x2−y2
1
dz
]
dxdy
=
∫ ∫
k
(√
4 − x2 − y2 − 1
)
dxdy
Temos que a fronteira k é definida por:
1 =
√
4 − x2 − y2
1 = 4 − x2 − y2
x2 + y2 = 3
Isto é,
k : x2 + y2 ≤ 3
Agora, utilizando coordenadas polares, temos:
x = ρ cos θ
y = ρ sin θ
Logo, o volume do sólido será :
V =
∫ 2π
0
∫ √3
0
[√
4 − ρ2 − 1
]
ρdρdθ
=
∫ 2π
0
dθ
∫ √3
0
[√
4 − ρ2ρ − ρ
]
dρ
= 2π
[(−1
3
)
(4 − ρ2) 32 − ρ
2
2
]
√
3
0
2π
[(−1
3
+
1
3
(8)
)
− 3
2
]
5
3
π
179
169. Calcule
∫ ∫
B
(x2 + y2)dxdy onde B =
{
(x, y) ∈ ℜ2|1 ≤ x2 + y2 ≤ 4
}
.
Solução .
Utilizando coordenadas polares, tomemos:
x = ρ cos θ
y = ρ sin θ
E observe que os limites de integração serão
0 ≤ θ ≤ 2π
1 ≤ ρ ≤
√
4
Dessa forma temos que:
∫ ∫
B
x2 + y2dxdy
=
∫ ∫
B(θρ)
(ρ2 cos2 θ + ρ2 sin2 θ)ρdρdθ
=
∫ √4
1
∫ 2π
0
ρ3dθdρ
∫ √4
1
[
ρ3θ
]2π
0
dρ
=
∫ √4
1
2πρ3dρ
=
[
2π
4
ρ4
]
√
4
1
=
2π
4
16 − 2π
4
=
15π
2
180
170. Calcule o volume V do conjunto dado: x2 + y2 ≤ z ≤ 1 − x2
Resolução : Temos que a interceção entre os gráficos é x2 + y2 = 1−x2 ⇒ 2x2 + y2 = 1
é uma elipse de raio 1. Mudando para coordenadas polares, temos
V =
√
2
2
∫ 2π
0
∫ 1
0
[1 − r2(2 cos2 +sen2 θ)]rdrdθ
=
√
2
2
∫ 2π
0
∫ 1
0
[1 − r2(cos2 + 1)]rdrdθ
=
√
2
2
∫ 2π
0
∫ 1
0
[r − r3 cos2 −r3 θ)]drdθ
=
√
2
2
∫ 2π
0
[
r2
2
− r
4
4
cos2 −r
4
4
]1
0
dθ
=
√
2
2
∫ 2π
0
[
1
2
− 1
4
cos2 −1
4
]
dθ
=
√
2
8
∫ 2π
0
(1 − cos2 θ) dθ
=
√
2
8
∫ 2π
0
[
θ −
(
θ
2
+
1
4
sen2 θ
)]2π
0
=
√
2π
8
181
171. Calcule o volume V do conjunto dado: x + y + z ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0 e z ≥ 0
Resolução :
V =
∫ 1
0
∫ 1−x
0
(1 − x − y) dydx
=
∫ 1
0
[
y − xy − y
2
2
]1−x
0
dx
=
∫ 1
0
[
1 − 2x + x2 − 1 − 2x + x
2
2
]
dx
=
[
x − x2 + x
3
3
− 1
2
(
x − x2 + x
3
3
)]1
0
=
1
3
− 1
6
=
1
6
182
172. Calcule a área limitada pela equação
x2
a2
+
y2b2
= 1
Resolução : Tome



x = ar cos θ
y = brsen θ
Calculando o jacobiano, temos
∂(x, y)
∂(r, θ)
=


a cos θ −arsen θ
bsen θ br cos θ

 = abr
agora substituindo na equação da elipse, temos:
a2r2 cos2 θ
a2
+
b2r2sen2 θ
b2
= 1
Então 0 ≤ r ≤ 1 e 0 ≤ θ ≤ 2π. Assim,
ÁreaB =
∫ 2π
0
∫ 1
0
abr drdθ =
∫ 2π
0
[
ab
r2
2
]1
0
dθ
=
1
2
∫ 2π
0
ab dθ =
1
2
[ab]
2π
0 = abπ
183
173. Calcule o centro massa do sólido cuja densidade é dada pela função δ(x, y) = y
e B é a região dada pelo quadrado 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1.
Solução . Onde
massaB =
∫∫
B
y dxdy
=
∫ 1
0
∫ 1
0
y dydx =
∫ 1
0
[
y2
2
]1
0
dx =
[x
2
]1
0
=
1
2
O centro de massa é o ponto (xc, yc) onde
xc =
∫∫
B
x dm
massaB
=
∫∫
B
xy dxdy
massaB
yc =
∫∫
B
y dm
massaB
=
∫∫
B
y2 dxdy
massaB
Temos, então
∫∫
B
xy dxdy =
∫ 1
0
∫ 1
0
xy dydx =
∫ 1
0
[
x
y2
2
]1
0
dx
=
1
4
[
x2
]1
0
=
1
4
Assim
xc =
1
4
1
2
=
1
2
De modo análogo, temos
yc =
1
3
1
2
=
2
3
Logo, o centro de massa fica no ponto ( 12 ,
2
3 ).
184
174. Calcule o centro de massa onde a região é dada por B = {(x, y) ∈ R2 |x2 +4y2 ≤
1, y ≥ 0} e a densidade é proporcional a do ponto ao eixo x.
Solução . Temos que δ(x, y) = ky; k ∈ R seja a função densidade
Tome



x = r cos θ
y = 12rsen θ
Calculando o jacobiano, temos
∂(x, y)
∂(r, θ)
=


cos θ −rsen θ
1
2sen θ
1
2r cos θ

 =
r
2
e a região de integração é
r2 cos2 θ +
4
4
r2sen2 θ ≤ 1
assim, 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π,
Então
massaB =
∫ π
0
∫ 1
0
k
4
r2sen θ drdθ =
∫ π
0
[
r3
3
sen θ
]1
0
dθ
=
[
−k
6
cos θ
]π
0
=
k
3
Também,
∫ π
0
∫ 1
0
k
4
r3sen θ cos θ drdθ =
k
16
∫ π
0
sen θ cos θ dθ
=
[
k
32
sen2 θ
]π
0
= 0
e temos também
∫ π
0
∫ 1
0
k
4
r3sen2 θ drdθ =
k
16
∫ π
0
sen2 θ drdθ
=
k
16
[
θ
2
− 1
4
sen2 θ
]π
0
=
kπ
32
185
Então
yc =
kπ
32
k
3
=
3π
32
Logo, o centro de massa é no ponto (xc, yc) = (0,
3π
32 ).
186
175. Calcule
∫∫∫
B
xyzdxdydz;onde a região dada é B = {(x, y, z) ∈ R3 |x ≤ 2, 0 ≤ y ≤
1 e 1 ≤ z ≤ 2}.
Solução . Temos, então
∫ 2
0
∫ 1
0
∫ 2
1
xzy dzdydx
=
∫ 2
0
∫ 2
1
[
xy
z2
2
]2
1
dydx
=
∫ 2
0
∫ 1
0
xy
(
4 − 1
2
)
dydx
=
3
2
∫ 2
0
[
x
y2
2
]1
0
dx
=
3
4
∫ 2
0
x dx
=
[
3
4
· x
2
2
]2
0
=
3
2
187
176. Calcule
∫∫∫
B
xdxdydz; Onde 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 e x + y ≤ z ≤ x + y + 1.
Solução . Temos, então
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ x+y
x+y+1
x dzdydx =
∫ 1
0
∫ 1
0
[xz]
x+y+1
x+y dydx
=
∫ 1
0
∫ 1
0
x(x + y + 1 − x − y) dydx =
∫ 1
0
[xy]
1
0 dx =
[
x2
2
]1
0
=
1
2
188
177. Calcule
∫∫∫
B
√
1 − z2dxdydz onde 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ z e 0 ≤ z ≤ 1.
Solução . Temos, então
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ z
0
x dydzdx =
∫ 1
0
∫ 1
0
z
√
1 − z2 dzdx
= −1
3
∫ 1
0
[√
(1 − z2)3
]1
0
dx =
1
3
∫ 1
0
dx =
[x
3
]1
0
=
1
3
189
178. Calcule
∫∫∫
B
√
1 − z2dxdydz; Onde 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 e 0 ≤ z ≤ 1.
Solução . Temos então
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
√
1 − z2 dzdydx
Tomemos z = sen θ → dz = cos θ e 0 ≤ θ ≤ π
Então :
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
√
1 − sen2 x dzdydx
=
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
cos θ
2
dθdydx
=
1
2
∫ 1
0
∫ 1
0
[
θ
2
+
1
4
sen 2θ
]π
0
dydx
=
1
2
∫ 1
0
∫ 1
0
π
2
dydx =
1
2
∫ 1
0
π
2
dx
=
π
4
190
179. Calcule
∫∫∫
B
dxdydz onde a região dada é x2 + y2 ≤ z ≤ 2x
Solução . Então temos:
∫∫
K
∫ 2x
x2+y2
dzdydx =
∫∫
K
[2x − (x2 + y2)] dydx
Mudando para coordenadas polares



x = r cos θ + 1
y = rsen θ
⇒ {0 ≤ r ≤ 1 e 0 ≤ θ ≤ 2π}
Temos, então
∫ 2π
0
∫ 1
0
[2(r cos θ + 1) − r2] rdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 1
0
(2r2 cos θ + r − r3) drdθ
=
∫ 2π
0
[
2
3
r3 cos θ +
r2
2
− r
4
4
]1
0
=
∫ 2π
0
(
2
3
cos θ +
1
4
)
dθ
=
2
3
[
sen θ +
θ
4
]2π
0
=
π
2
191
180. Calcule
∫∫∫
B
(x2 + z2) dxdydz ondeB é a região x2 + z2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1
Solução . Então temos
∫∫
K
∫ 1
0
(x2 + z2) dzdydx =
∫∫
K
[
x2z +
z3
3
]1
0
dydx
=
∫∫
K
(
x2 +
1
3
)
dydx
Mudando para coordenadas polares, temos
∫ 2π
0
∫ 1
0
[
(r cos θ)2 +
1
3
]
rdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 1
0
[
r3 cos2 θ +
r
3
]
drdθ
=
∫ 1
0
[
r4
4
cos2 θ +
r2
6
]1
0
dθ =
∫ 1
0
[
1
4
cos2 θ
]
dθ
=
1
4
[
θ
2
+
1
4
sen2 θ +
1
6
]2π
0
dθ =
7π
12
192
181. Calcule
∫∫∫
B
dxdydz; Onde B é a região x2 + y2 ≤ z ≤ 2x + 2y − 1
Solução . Calculando a interceção , temos que x2+y2 ≤ 2x+2y−1 ⇒ (x−1)2+(y−1) ≤ 1
Então
∫∫
K
∫ 2x+2y−1
x2+y2
dzdydx =
∫∫
K
[2x + 2y − 1 − (x2 + y2)] dydx
Mudando para coordenadas polares, temos



x = r cos θ + 1
y = rsen θ + 1
⇒ {0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π}
Segue agora
∫ 2π
0
∫ 1
0
[2r cos θ + 2rsen θ + 3 − r2] rdrdθ =
∫ 2π
0
∫ 1
0
[2r2(cos θ + sen θ) + 3r − r3] drdθ
=
∫ 2π
0
[
2r3
3
(cos θ + sen θ) +
5
4
]
dθ =
[
2
3
(sen θ − cos θ) + 5θ
4
]2π
0
=
5π
2
193
182. Calcule
∫∫∫
B
dxdydz onde B é a região dada por x2 + y2 ≤ 1, x2 + y2 + z2 ≤ 4
Solução . Tem-se que z ≤
√
4 − (x2 + y2)
Então
∫∫
K
∫
√
4−(x2+y2)
0
2z dzdydx =
∫∫
K
2
[
4 − (x2 + y2)
2
]
dydx
Mudando para coordenadas polares, temos
∫ 2π
0
∫ 1
0
[4 − r2] rdrdθ =
∫ 2π
0
[
2r2 − r
4
4
]1
0
dθ
=
[
7θ
4
]2π
0
=
7π
4
194
183. Calcule
∫∫∫
B
xdxdydz onde B é a região dada por x2 ≤ y ≤ x, 0 ≤ z ≤ x + y
Solução . Temos
∫∫
K
∫ x+y
0
x dzdydx =
∫∫
K
x(x + y) dydx
=
∫ 1
0
∫ x
x2
(x2 + xy) dydx =
∫ 1
0
[
x2y + x
y2
2
]x
x2
dx
=
∫ 1
0
[
x3 +
x3
2
− x4 − x
5
2
]
dx =
[
x4
4
+
x4
8
− x
5
5
− x
6
12
]1
0
=
11
120
195
184. Calcule
∫∫∫
B
2zdxdydz onde B é a região dada por 4x2 + 9y2 + z2 ≤ 4 e z ≥ 0
Solução . Tem-se que z ≤
√
4 − (4x2 + 9y2)
Então ,
∫∫
K
∫
√
4−(4x2+9y2)
0
2z dzdydx
=
∫∫
K
[
z2
]
√
4−(4x2+9y2)
0
dydx =
∫∫
K
[4 − (4x2 + 9y2)] dydx
Onde K = 4x2 + 9y2 ≤ 4.
Tomemos 


2x = r cos θ
3y = rsen θ



x = r2 cos θ
y = r3sen θ
Assim,
4
(
r2
4
cos2 θ
)
+ 9
(
r2
9
sen2 θ
)
≤ 4
⇒ 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π
Temos, então
∫ 2π
0
∫ 2
0
[4 − r2] r
6
drdθ =
1
6
∫ 2π
0
[
2r2 − r
4
4
]2
0
dθ
=
2
3
∫ 2π
0
dθ =
2
3
[θ]
2π
0 =
4π
3
196
185. Calcule o volume do sólido sob o gráfico de f(x, y) = x2 + y2, limitado por
B = [0, 1] × [0, 1]
Solução .
Observe que:
f(x, y) = x2 + y2 > 0 ∀(x, y) ∈ B
Temos que o volume é dado pela expressão :
v =
∫ ∫
B
f(x, y)dxdy
Logo, o volume será:
∫ 1
0
∫ 1
0
(x2 + y2)dxdy
=
∫ 1
0
[
x3
3
+ xy2
]1
0
dy
=
∫ 1
0
(
1
3
+ y2
)
dy
=
[
1
3
y +
y3
3
]1
0
=
2
3
197
186. Calcular o volume do sólido limitado pela região 1 ≤ z ≤
√
4 − x2 − y2
Solução .
V =
∫ ∫
k
[
∫
√
4−x2−y2
1
dz
]
dxdy
=
∫ ∫
k
(√
4 − x2 − y2 − 1
)
dxdy
Temos que a fronteira k é definida por:
1 =
√
4 − x2 − y2
1 = 4 − x2 − y2
x2 + y2 = 3
Isto é,
k : x2 + y2 ≤ 3
Agora, utilizando coordenadas polares, temos:
x = ρ cos θ
y = ρ sin θ
Logo, o volume do sólido será :
V =
∫ 2π
0
∫ √3
0
[√
4 − ρ2 − 1
]
ρdρdθ
=
∫ 2π
0
dθ
∫ √3
0
[√
4 − ρ2ρ − ρ
]
dρ
= 2π
[(−1
3
)
(4 − ρ2) 32 − ρ
2
2
]
√
3
0
2π
[(−1
3
+
1
3
(8)
)
− 3
2
]
5
3
π
198
187. Calcule
∫ ∫
B
(x2 + y2)dxdy onde B =
{
(x, y) ∈ ℜ2|1 ≤ x2 + y2 ≤ 4
}
.
Solução .
Utilizando coordenadas polares, tomemos:
x = ρ cos θ
y = ρ sin θ
E observe que os limites de integração serão
0 ≤ θ ≤ 2π
1 ≤ ρ ≤
√
4
Dessa forma temos que:
∫ ∫
B
x2 + y2dxdy
=
∫ ∫
B(θρ)
(ρ2 cos2 θ + ρ2 sin2 θ)ρdρdθ
=
∫ √4
1
∫ 2π
0
ρ3dθdρ
∫ √4
1
[
ρ3θ
]2π
0
dρ
=
∫ √4
1
2πρ3dρ
=
[
2π
4
ρ4
]
√
4
1
=
2π
4
16 − 2π
4
=
15π
2
199
188. Calcule a integral tripla
∫ ∫ ∫
B
xyz2dV , onde B = [0, 1] × [−1, 2] × [0, 3].
Solução .
Observando os limites de integração temos que:
∫ ∫ ∫
B
xyz2dV
=
∫ 3
0
∫ 2
−1
∫ 1
0
xyz2dxdydz
Integrando em relação a x temos
∫ 3
0
∫ 2
−1
[
x2yz2
2
]1
0
dydz
∫ 3
0
∫ 2
−1
(
yz2
2
)
dydzEm relação a y temos
∫ 3
0
[
y2z2
4
]2
−1
dz
∫ 3
0
(
z2 − z
2
4
)
dz
Por último, integrando em relação a z temos que
[
z2 − z
2
4
]3
0
(
9 − 27
12
)
27
4
Portanto,
∫ 3
0
∫ 2
−1
∫ 1
0
xyz2dxdydz =
27
4
200
189. Calcule
∫ ∫ ∫
B
e
√
x2+y2+z2dV , onde B é a bola unitária B =
{
(x, y, z) : x2 + y2 + z2 ≤ 1
}
.
Solução .
Note que
√
x2 + y2 + z2 = ρ
e que os limites de integração serão :
0 ≤ Φ ≤ π
0 ≤ θ ≤ 2π
0 ≤ ρ ≤ 1
Logo temos que
∫ ∫ ∫
B
e
√
x2+y2+z2dV =
∫ π
0
∫ 2π
0
∫ 1
0
eρρ2 sin(φ)dρdθdφ
Fazendo uma integranção por partes de
∫
eρρ2dρ temos:
eρρ2 − 2
∫
eρρdρ
= eρρ2 − 2eρρ + 2eρ
∣
∣
∣
1
0
= (e − 2)
Logo, temos
∫ π
0
∫ 2π
0
∫ 1
0
eρρ2 sin(φ)dρdθdφ =
∫ π
0
∫ 2π
0
(e − 2) sin φdθdφ
=
∫ π
0
(e − 2) sin φθ
∣
∣
∣
2π
0
dφ
=
∫ π
0
(e − 2)(2π) sin φdφ
= −(2 − e)(2π) cos φ
∣
∣
∣
π
0
= 2(e − 2)(2π)
= 4π(e − 2)
201
190. Seja a aplicação f : ℜ2 7−→ ℜ2, f(r, θ) = (r cos(θ), r sin(θ)). Essa função é C1?
Calcular o seu Jacobiano.
Solução .
Para uma transformação T ser do tipo C1 temos que provar que a função f tenha todas
as derivadas parciais de primeira ordem cont́ınuas.
Fazendo
u1 = r cos θ
u2 = r sin θ
Temos que as derivadas parciais
{
∂u1
∂r
= cos θ,
∂u1
∂θ
= −r sin θ, ∂u2
∂r
= sin θ,
∂u2
∂θ
= r cos θ
}
Portanto temos que as derivadas de primeira ordem são cont́ınuas, logo, temos que o
jacobiano da função f é:
J =


∂u1
∂r
∂u1
∂θ
∂u2
∂r
∂u2
∂θ


J = det


cos θ −r sin θ
sin θ r cos θ


= r cos2 θ + r sin2 θ
= r
Portanto o Jacobiano da função f é igual ao raio r.
202
191. Calcule a integral iterada
∫ 3
1
∫ 1
0
(1 + 4xy)dxdy
Solução .
∫ 3
1
(x + 2x2y)]|10dy
=
∫ 3
1
(1 + 2y)dy
= [y + y2]|31 = (3 + 9) − (1 + 1) = 10
203
192. Calcule a integral iterada
∫ 4
2
∫ 1
−1(x
2 + y2)dxdy
Solução .
∫ 4
2
[x2y +
1
3
y3]|1−1dx
=
∫ 4
2
[(x2 +
1
3
) − (−x2 − 1
3
)]dx
=
∫ 4
2
(2x2 +
2
3
)dx
= [
2
3
x3]42
= (
128
3
+
8
3
) − (16
3
+
4
3
) =
116
3
204
193. Calcule a integral iterada
∫ 2
1
∫ 1
0
(x + y)−2dxdy
Solução .
∫ 2
1
[−(x + y)1]10dy
=
∫ 2
1
[y−1 − (1 + y)−1]dy
= [lny − ln(1 + y)]21
= ln2 − ln3 − 0 + ln2 = ln4
3
205
194. Calcule a integral iterada
∫ ln2
0
∫ ln5
0
e2x−ydxdy
Solução .
(
∫ ln5
0
e2xdx)(
∫ ln2
0
e−ydy)
= [
1
2
e2x]ln50 [−e−y]ln20
= (
25
2
−1
2
)(−1
2
+ 1) = 6
206
195. Calcule a integral dupla
∫ ∫
R
(6x2y3 − 5y4)dA,R = (x, y)|0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 1
Solução .
∫ 3
0
∫ 1
0
(6x2y3 − 5y4)dydx
=
∫ 3
0
[
3
2
x2y4 − y5]10dx
=
∫ 3
0
(
3
2
x2 − 1)dx
= [
1
2
x3 − x]30
27
2
− 3 = 21
2
207
196. Calcule a integral dupla
∫ ∫
R
xyeydA,R = (x, y)|0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1
Solução .
∫ 2
0
∫ 1
0
xyeydydx
=
∫ 2
0
xdx
∫ 1
0
yeydy
= [
1
2
x2]20[e
y(y − 1)]10
Resolvendo com integral por partes temos,
=
1
2
(4 − 0)(0 + e0) = 2
208
197. Calcule a integral dupla
∫ ∫
R
xy2
x2+1dA,R = (x, y)|0 ≤ x ≤ 1,−3 ≤ y ≤ 3
Solução .
∫ 1
0
∫ 3
−3
xy2
x2 + 1
dydx
=
∫ 1
o
x
x2 + 1
dx
∫
−3
3y2dy
= [
1
2
ln(x2 + 1)]10[
1
3
y3]3−3
=
1
2
(ln2 − ln1)1
3
(27 + 27)
= 9ln2
209
198. Calcule a integral dupla
∫ ∫
R
1+x2
1+y2 dA,R = (x, y)|0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1
Solução .
∫ 1
0
∫ 1
0
1 + x2
1 + y2
dydx
=
∫ 1
0
(1 + x2)dx
∫ 1
0
1
1 + y2
dy
= [x +
1
3
x3]10[tg
−1y]10
= (1 +
1
3
− 0)(π
4
− 0)
=
π
3
210
199. Calcule a integral dupla
∫ ∫
R
xexydA,R = [0, 1]X[0, 1]
Solução .
∫ 1
0
∫ 1
0
xexydydx
=
∫ 1
0
[exy]10dx
=
∫ 1
0
(ex − 1)dx
= [ex − x]10
= e − 2
211
200. Calcule a integral dupla
∫ ∫
R
1
x+y dA,R = [1, 2]X[0, 1]
Solução .
∫ 1
0
∫ 2
1
1
x + y
dxdy
=
∫ 1
0
[ln(x + y)]21dy
=
∫ 1
0
[ln(2 + y) − ln(1 − y)]dy
= [[(2 + y)ln(2 + y) − (2 + y)] − [(1 + y)ln(1 + y) − (1 + y)]]10
Integrando por partes em separado cada termo ou por uma tabela de integração temos,
= 3(ln3) − 3 − (2ln2) + 2 − [(2ln2 − 2) − (0 − 1)]
= 3ln3 − 4ln2
= ln
27
16
212
201. Determine o volume do sólido que esta contido abaixo do parabolóide circular
Z = x2 + y2 e acima do retangulo R=[-2,2]X[-3,3]
Solução .
V =
∫ ∫
R
(x2 + y2)dA
=
∫ 3
−3
∫ 2
−2
(x2 + y2)dxdy
=
∫ 3
−3
[
1
3
x3 + y2x]2−2dy
=
∫ 3
−3
[
16
3
+ 4y2]dy
= [
16
3
y +
4
3
y3]3−3
= 2(16 + 36)
= 104
213
202. Determine o volume do sólido que esta contido abaixo do parabolóide eliptico
x2
4 +
y2
9 + z = 1 e acima do retangulo R=[-1,1]X[-2,2]
Solução .
V =
∫ 2
−2
∫ 1
−1
(1 − 1
4
x2 − 1
9
y2)dxdy
= 4
∫ 2
0
∫ 1
0
(1 − 1
4
x2 − 1
9
y2)dxdy
= 4
∫ 2
0
[x − 1
12
x3 − 1
9
y2x]10dy
= 4
∫ 2
0
(
11
12
− 1
9
y2)dy
= 4[
11
12
y − 1
27
y3]20
= 4
83
54
=
166
27
214
203. Determine o volume do sólido que esta contido abaixo do parabolóide hiper-
bolico Z = y2 − x2 e acima do retangulo R=[-1,1]X[1,3]
Solução .
V =
∫ 3
1
∫ 1
−1
(y2 − x2)dxdy
= 2
∫ 3
1
∫ 1
0
(y2 − x2)dxdy
= 2
∫ 3
1
[y2x − 1
3
x3]10dy
= 2
∫ 3
1
(y2 − 1
3
)dy
=
2
3
[y3 − y]31
= 16
215
204. Calcule a integral dupla
∫ ∫
D
e
x
y dA,D = (x, y)|1 ≤ y ≤ 2, y ≤ x ≤ y3
Solução .
∫ 2
1
∫ y3
y
e
x
y dxdy
=
∫ 2
1
ye
x
y ]y
3
y dy
=
∫ 2
1
(yey
2 − ey)dy
= [
1
2
ey
2 − 1
2
ey
2
]21
=
1
2
(e4 − 4e)
216
205. Cálcule a integral dada colocando em coordenadas polares.
∫ ∫
R
ydA, onde R
é a regiao limitada pelo circulo x2 + y2 = 9 e pelas retas y=x e y=.
Solução .
∫ ∫
R
ydA
=
∫ π
4
0
∫ 3
0
(rsenθ)rdrdθ
= (
∫ π
4
0
senθdθ)(
∫ 3
0
r2dr)
= (
√
2 − 1√
2
(9)
= 91 − 1√
2
217
206. Cálcule a integral dada colocando em coordenadas polares.
∫ ∫
R
√
x2 + y2dA,
onde R = (x, y)|1 ≤ x2 + y2 ≤ 9, y ≥ 0
Solução .
∫ ∫
R
√
x2 + y2dA
=
∫
0
π
∫ 3
1
√
r2rdrdθ
= (
∫
0
πdθ)(
∫ 3
1
r3dr)
= [θ]π0 [
1
3
r3]31
= π(
27 − 1
3
)
=
26
3
π
218
207. Cálcule a integral dada colocando em coordenadas polares.
∫ ∫
D
e−x
2−y2dA,
onde D é a região limitada pelo semicirculo x =
√
4 − y2 e o eixo y.
Solução .
∫ ∫
D
e−x
2−y2dA
=
∫
−π2
π
2
∫ 2
0
e−r
2
rdrdθ
= (
∫ π
2
−π2
dθ)(
∫ 2
0
re−r
2
dr)
= [θ]
π
2
−π2
[−1
2
e−r
2
]20
= π(−1
2
)(e−4 − e0)
=
π
2
(1 − e−4)
219
208. Cálcule a integral dada colocando em coordenadas polares.
∫ ∫
D
(x2 + y2)dA,
onde D é a região limitada pelas espirais r = θ e r = 2θ para 0 ≤ θ ≤ 2π.
Solução .
∫ 2π
o
∫ 2θ
0
r2rdrdθ
=
∫ 2π
o
[
1
4
r4]2θθ dθ
=
1
4
∫ 2π
o
15θ4dθ
=
3
4
(32π5)
= 24π5
220
209. Determine a area da superficie. A parte do plano z = 2+3x+4y que está acima
do retangulo [0,5]X[1,4]
Solução .
Aqui z = f(x, y) = 2 + 3x + 4y e é o retangulo [0,5]X[1,4], assim, a area da superficie é
A(s) =
∫ ∫
D
√
32 + 42 + 1dA
=
√
26
∫ ∫
D
dA
=
√
26A(D)
=
√
26(5)(3)
= 15
√
26
221
210. Determine a area da superficie. A parte do plano 2x + 5y + z = 10 que está
dentro do cilindro éx2 + y2 = 9
Solução .
z = f(x, y) = 10 − 2x − 5y e D éo disco x2 + y2 ≤ 9, assim
A(s) =
∫ ∫
D
√
(−2)2 + (−5)2 + 1dA
=
√
30
∫ ∫
D
dA
=
√
30A(D)
=
√
30(π32)
= 9
√
30π
222
211. Mostre que a área da parte da superficie do plano z = ax+ by + c com projeção
sobre a região D no plano xy com área A(D) é
√
a2 + b2 + 1 A(D)
Solução .
Aqui
z = f(x, y) = ax + bx + c, fx(x, y) = a, fy(x, y) = b
, assim
A(S) =
∫ ∫
D
√
a2 + b2 + 1dA
=
√
a2 + b2 + 1
∫ ∫
D
dA
=
√
a2 + b2 + 1A(D)
223
212. Calcule
∫ 1
0
∫ z
0
∫ x+z
0
6xzdydxdz
Solução .
∫ 1
0
∫ z
0
[6xz]x+z0 dz
=
∫ 1
0
∫ z
0
6xz(x + z)dxdy
=
∫ 1
0
[2x3z + 3x2z2]z0dz
=
∫ 1
0
(2z4 + 3z4)dz
= 5z4]10
= 1
224
213. Determine o volume do sólido, abaixo do parabolóide z = 3x2 + y2 e acima da
região limitada por y = x e x = y2 − y
Solução .
v =
∫ 2
0
∫ y
y2−y
(3x2 + y2)dxdy
=
∫ 2
0
[x3 + y2x]yy2−ydy
=
∫ 2
0
[2y3 − (y6 − 3y5 + 4y4 − 2y3)]dy
= [
−
y7
7 +
y6
2
− 4y
5
5
+ y4]20
=
144
55
225
214. Determine o volume do sólido,abaixo da superficie z = xy e acima do triangulo
com vertices em (1,1), (4,1) e (1,2)
Solução .
v =
∫ 2
1
∫ 7−3y
1
xydxdy
=
∫ 2
1
[
1
2
x2y]7−3y1
=
1
2
(48y − 42y2 = 9y3)dy
=
1
2
[24y2 − 14y3 + 9
4
y4]21
=
31
8
226
215. Determine o volume do sólido, limitado pelo paraboloóide z = x2 + y2 + 4 e
pelos planos x = 0, y = 0, z = 0, x + y = 1
Solução .
v =
∫ 1
0
∫ 1−x
0
(x2 + y2 + 4)dxdy
=
∫ 1
0
[x2y +
1
3
y3 + 4y]1−x0 dx
=
∫
[x2 − x3 + 1
3
(1 − X)3 + 4(1 − X)]dx
= [
1
3
x3 − 1
4
x4 − 1
12
(1 − x)4 − 2(1 − x2)]
=
13
6
227
216. Determine o volume do sólido, limitado pelo cilindro x2 +y2 = 1 e pelos planos
y = z, x = 0, z = 0 no primeiro octante.
Solução .
v =
∫ 1
0
∫ √1−x2
0
ydydx
=
∫ 1
0
[
y2
2
]
√
1−x2
0 dx
∫ 1
0
1 − x2
2
dx
=
1
2
[X − 1
3
x3]10
=
1
3
228
217. No cálculo de uma integral dupla sobre uma região D obtivemos uma soma
de integrais como a que se segue:
∫ ∫
D
f(x, y)dA =
∫ 1
0
∫ 2y
0
f(x, y)dxdy +
∫ 3
1
∫ 3−y
0
f(x, y)dxdy
Solução .
∫ ∫
D
f(x, y)dA
=
∫ 1
0
∫ 2y
0
f(x, y)dxdy +
∫ 3
1
∫ 3−y
0
f(x, y)dxdy
=
∫ 2
0
∫
x
2
3−x
f(x, y)dydx
229
218. Seja R a região interior do trapezóide cujos vértices são (2,2), (4,2), (5,4) e
(1,4). Calcule a integral
∫ ∫
R
8xydxdy
Solução . A equação da reta pelos pontos (2,2) e (1,4) éy = 6−2x, ou 6−y2 . Igualmente,
a equação da reta pelos pontos (4,2) e (5,4) éy = 2x − 6, ou 6+y2 . Usando o resultado
obtido acima, temos
∫ ∫
R
8xydxdy =
∫ 4
2
∫ (6+y)/2
(6−y)/2
8xydxdy =
∫ 4
2
[
8y
x2
2
](6+y)/2
(6−y)/2
dy =
∫ 4
2
[(
6 + y
2
)2
−
(
6 − y
2
)2
]
dy
=
∫ 4
2
24y2dy =
[
24y3
3
]4
2
= 448.
230
219. Ache o centróide da região R limitada por
y = x + 2 e y = x2.
Solução . A região R é do tipo I, e temos
A =
∫ 2
−1
∫ x+2
x2
dydx =
∫ 2
−1
(
x + 2 − x2
)
dx =
[
x2
2
+ 2x − x
3
3
]2
−1
=
9
2
u.a.
Portanto,
x =
1
A
∫ ∫
R
xdxdy =
2
9
∫ 2
−1
∫ x+2
x2
xdydx =
2
9
∫ 2
−1
[
x (x + 2) − x3
]
dx
=
2
9
[
x3
3
+ x2 − x
4
4
]2
−1
=
2
9
(
8
3
− 5
12
)
=
1
2
e
y =
1
a
∫ ∫
R
ydxdy =
2
9
∫ 2
−1
∫ x+2
x2
ydydx =
2
9
∫ 2
−1
1
2
[
(x + 2)
2 − x4
]
dx
2
9
[
x3
3
+ 2x2 + 4x − x
5
5
]2
−1
=
1
9
[
184
15
−
(
−32
15
)]
=
8
5
.
231
220. Inverta a ordem de integração e calcule a integral resultante.
∫ 1
0
∫ 1
x
x sinxy3dydx
Solução . A integral iterada dada é equivalente à integral dupla
∫ ∫
R
x sin y3dxdy
Sobre a região R tipo I determinada pelas inequações 0 ≤ x ≤ 1 e x ≤ y ≤ 1. Como R é
também do tipo II, temos
∫ 1
0
∫ 1
x
x sin y3dydx =
∫ ∫
R
x sin y3dxdy =
∫ y=1
y=0
(∫ x=y
x=0
x sin y3dx
)
dy
=
∫ y=1
y=0
[
x2 sin y3
2
]x=y
x=0
dy =
1
2
∫ 1
0
y2 sin y3dy =
[
−cos y
3
6
]1
0
= −1
6
(cos 1 − cos 0) ≈ −1
6
(0, 5403 − 1) ≈ 0, 077.
232
221. Inverta a ordem de integração e calcule a integral resultante.
∫ 3
0
∫ 9
y2
ye−x
2
dxdy
Solução . A integração iterada fornecida é equivalente à integral dupla
∫ ∫
R
ye−x
2
dxdy
Sobre a região R do tipo II, determinada pelas inequações , y2 ≤ x ≤ 9 e 0 ≤ y ≤ 3
∫ 3
0
∫ 9
y2
ye−x
2
dxdy =
∫ ∫
R
ye−x
2
dxdy =
∫ x=9
x=0
(
∫ y=
√
x
y=0
ye−x
2
dy
)
dx
=
∫ x=9
x=0
[
y2e−x
2
2
]y=
√
x
y=0
dx =
∫ 9
0
xe−x
2
2
dx
=
[
−e
−x2
4
]9
0
= −e
−81
4
+
1
4
=
1
4
(
1 − e−81
)
.
Embora existam regiões que não são nem do tipo I nem do tipo II, é posśıvel cortar
tal região em sub-regiões não -superpostas, cada uma do tipo I ou do tipo II. A integral
dupla de uma função sobre uma região grande pode então ser calculada pela integração
da função sobre cada sub-região somando-se os valores resultantes.
233
222. Calcule
∫ ∫
R
(2x − y) dxdy sobre a regizao R da figura 1.a
Solução . Embora R não seja do tipo I e nem do tipo II, podemos decompô-las em duas
regiões distintas R1 : 2 ≤ x ≤ 4, 1 ≤ y ≤ 3 e R2 : 1 ≤ x ≤ 4, 2 ≤ y ≤ 3 (figura 1.b)
Logo,
∫ ∫
R1
(2x − y) dxdy =
∫ 4
2
∫ 2
1
(2x − y) dydx =
∫ 4
2
[
2xy − y
2
2
]y=2
y=1
dx
234
∫ 4
2
(
2x − 3
2
)
dx =
[
x2 − 3
2
x
]4
2
= 9
∫ ∫
R2
(2x − y) dxdy =
∫ 4
1
∫ 3
2
(2x − y) dydx =
∫ 4
1
[
2xy − y
2
2
]y=3
y=2
dx
∫ 4
1
(
2x − 5
2
)
dx =
[
x2 − 5
2
x
]4
1
=
15
2
.
Portanto,
∫ ∫
R
(2x − y) dxdy =
∫ ∫
R1
(2x − y) dxdy =
∫ ∫
R2
(2x − y) dxdy = 9 + 15
2
=
33
2
.
235
223. Calcule a integral dupla dada pelo método da iteração .
∫ ∫
R
xcos (xy)dxdy;
R : 1 ≤ x ≤ 2 e π2 ≤ y ≤ 2πx
Solução . A região é evidente do tipo I (figura); logo,
∫ ∫
R
xcos (xy)dxdy =
∫ x=2
x=1
(
∫ y=2π/x
y=π/2
xcos (xy)dy
)
dx =
∫ x=2
x=1
[sin (xy)]
y=2π/x
y=π/2 dx
=
∫ 2
1
[
sin (xy) − sin
(π
2
x
)]
dx =
∫ 2
1
[
− sin
(πx
2
)]
dx
=
[
2
π
cos
(πx
2
)]2
1
=
2
π
cos (π) − 2
π
cos
(π
2
)
= − 2
π
.
236
224.
∫ ∫
R
(x + y) dxdy, onde R é a região no primeiro quadrante acima da curva y = x2
e abaixo da curva y =
√
x.
Solução . Neste caso, a região R é simultaneamente do tipo I e do tipo II (figura).
Considerando R como uma região do tipo II, é limitada à esquerda pela curva x = y2; à
direita pela curva y =
√
x; abaixo pela linha y = 1. Portanto,
∫ ∫
R
(x + y) dxdy =
∫ y=1
y=0
[
∫ x=
√
y
x=y2
(x + y) dx
]
dy
=
∫ y=1
y=0
[
x2
2
+ yx
]x=
√
y
x=y2
dy =
∫ 1
0
(
y
2
+ y
√
y − y
4
2
− y3
)
dy
=
[
y2
4
+
2
5
y5/2 − y
5
10
− y
4
4
]1
0
=
3
10
.
237
225. Seja R a região interior ao circulo x2+y2 ≤ 4 e seja definida f (x, y) =
√
4 − x2 − y2.
Calcule
∫ ∫
R
f (x, y) dxdy.
Solução . O gráfico de f é um hemisfério de raio r = 2 unidades e a região R forma
a base deste hemisfério. O sólido acima de R e abaixo do gráfico de f é, portanto, um
sólido hemisfério de raio r = 2 unidades (figura 1.). Logo, seu volume vale
1
2
(
4
3
πr3
)
=
16π
3
u.v
238
226. Seja R a região no plano xy limitada acima pela parábola y = 4 − x2 limitada
abaixo pelo eixo x. Ache o volume V sob o gráfico de f (x, y) = x + 2y + 3 e
acima da região R.
Solução . A região R é do tipo I, é limitada à esquerda pela reta vertical x = −2, à
direita pela reta vertical x = 2, acima pela parábola y = 4− x2, e abaixo pela reta y = 0.
Portanto, pelo método da iteração ,
V =
∫ ∫
R
(x + 2y + 3) dxdy =
∫ 2
−2
[
∫ 4−x2
0
(x + 2y + 3) dy
]
dx
=
∫ 2
−2
[
xy + y2 + 3y
]4−x2
0
dx =
∫ 2
−2
[
x
(
4 − x2
)
+
(
4 − x2
)2
+ 3
(
4 − x2
)]
dx
=
∫ 2
−2
[
x4 − x3 − 11x2 + 4x + 28
]
dx
=
[
x5
5
− x
4
4
− 11x
3
3
+ 2x2 + 28x
]2
−2
=
992
15
u.v.
239
227. Ache a área da região R limitada pelas curvas
y = x2 e y = x.
Solução . A região (Figura ) é do tipo I; logo, a área é dada por
A =
∫ ∫
R
dxdy =
∫ x=1
x=0
[∫ y=x
y=x2
dy
]
dx
=
∫ x=1
x=0
[y]
y=x
y=x2 dx =
∫ 1
0
(
x − x2
)
dx
=
[
x2
2
− x
3
3
]1
0
=
1
6
u.a.
240
228. Encontrar a primitiva da função f (x, y) = 12x2y3 em relação à x.
Solução . Vamos admitir y como constante e integrar em relação a x. Portanto,
∫
f (x, y) = 12x2y3dx = 4x3y3 + C
Porém, nesse caso, a constante C é uma função de y. Pode ser por exemplo, C (y) =
ay3 + by2 + cy + 3 e uma das primitivas de f (x, y) = 12x2y3 será
F (x, y) = 4x3y3 + ay3 + by2 + cy + 3
Note que,
∂F (x, y)
∂x
= 12x2y3
241
229. Encontrar a primitiva da função f (x, y) = 12x2y3 em relação à y.
Solução . Vamos admitir x como constante e integrar em relação a y. Portanto,
∫
f (x, y) = 12x2y3dy = 3x2y4
Porém, nesse caso, a constante K é uma função de x. Pode ser por exemplo, K (y) =
ax3 + bx2 + cx + 3 e uma das primitivas de f (x, y) = 12x2y3 será
F (x, y) = 3x2y4 + ax3 + bx2 + cx + 3.
Note que
∂F (x, y)
∂y
= 12x2y3
242
230. Encontrar o valor da integral
∫ 4
0
∫ 3x
x
3
√
16 − x2dydx.
Solução . Aplicando o teorema fundamental do cálculo, primeiro integrando em relação
a y e depoisem ralção a x.
∫ 4
0
∫ 3x
x
3
√
16 − x2dydx =
∫ 4
0
[
3
√
16 − x2y
]3x
x
dx
=
∫ 4
0
(
3
√
16 − x2
)
(3x − x) dx =
∫ 4
0
6x
√
16 − x2dx
=
[
−2
√
(16 − x2)3
]4
0
=
(
−2
√
(16 − 42)3
)
−
(
−2
√
(16 − 02)3
)
= 128
Portanto o valor da integral
∫ 4
0
∫ 3x
x
3
√
16 − x2dydx = 128.
243
231. Escreva a integral que representa a área da região delimitada pelas curva
x = y2, y−x = 1, y = 1 e y = −1. Tomando y como variável independente.
Solução . A área delimitada pelas curvas pode ser vista na Figura 3.5
Inicialmente, vamos encontrar os pontos de interseção



x = y2
y = 1
P (1, 1)



x = y2
y = −1
Q (−1, 1)



y = 1 + x
y = −1
R (−2,−1)
tomando y como variável independente
244
A =
∫ 1
−1
∫ y2
y−1
dxdy =
8
3
245
232. Escreva a integral, em coordenadas polares, que calcula a área sombreada 3.6
Solução .
Ćırculo 1: x2 + y2 = 4 (em cartesianas) ρ = 2 (em polar)
Ćırculo 2: (x − 2)2 + y2 = 4 (em cartesianas) ρ = 4 cos θ (em polar)
a intersecção dos dois:
cos θ = 12 −→ θ = π3
A área é
A =
∫ π
3
0
∫ 4 cos θ
2
ρdρdθ
Em coordenadas polares.
246
233. Determine o volume do sólido delimitado pelos planos
z = 0, y = 0, x = 0 e y + x2 +
y
2 = 2
Solução . Vamos fazer o esbço do sólido como na figura.1
Agora, vamos escolher o plano xy ver figura.2 para fazer a projeção
247
Limites R1
à esquerda x = 0
à direita x = 4
Curva inferior y = 0
Cuurva superior y = 2 − x2
superior inferior z = 0
superior superior z = 4
(
2 − x2 − y
)
V =
∫ 4
0
∫ 2− x2
0
∫ 4(2− x2 −y)
0
dzdydx =
∫ 4
0
∫ 2− x2
0
[z]
4(2− x2 −y)
0
=
∫ 4
0
∫ 2− x2
0
(8 − 2x − 4y) =
∫ 4
0
[
8y − 2xy − 2y2
]2− x2
0
=
∫ 4
0
[
2x
(
1
2
x − 2
)
− 4x − 2
(
1
2
x − 2
)2
+ 16
]
dx
=
∫ 4
0
[
1
2
x2 − 4x + 8
]
dx =
32
3
u.v.
248
234. Calcular o volume do sólido delimitado pela intersecção dos cilindros
z2 + x2 = 9 e y2 + x2 = 9 no primeiro octante.
Solução . Vamos fazer o desenho do sólido e escolher um dos planos coordenados para
a projeção .
Como o sólido faz parte do primeiro octante, temos os planos z = 0, y = 0, e x = 0
delimitando o sólido.
Limites R1
à esquerda x = 0
à direita x = 3
Curva inferior y = 0
Cuurva superior y =
√
9 − x2
superior inferior z = 0
superior superior z =
√
9 − x2
V =
∫ 3
0
∫ √9−x2
0
∫ √9−x2
0
dzdydx
=
∫ 3
0
∫ √9−x2
0
√
9 − x2dydx
=
∫ 3
0
[
y
√
9 − x2
]
√
9−x2
0
dx
249
=
∫ 3
0
(
9 − x2
)
dx
=
[
9x − x
3
3
]3
0
= 27 − 9 = 18 u.v.
250
235. Encontrar o volume do sólido delimitado pelas superf́ıcies z = 9 − x2, z =
5 − y, y = 0, e y = 5.
Solução . O primeiro passo é determinar as curvas que limitam a região de integração
sobre o plano xy. Para isso resolvemos o sistema de equações



z = 9 − x2
z = 5 − y
Igualando as duas equações obtemos a parábola y = x2 − 4. Desse modo, no plano xy,
a região de integração é delimitada pelas curvas y = x2 − 4, y = 0, e y = 5. Para
diminuir o trabalho no processo de integração é conveniente tomar y como variável inde-
pendente. Desse modo a tabela de limites é dada por:
251
O volume é dado por
V =
∫ 5
0
∫ √y+4
−√y+4
∫ 9−x2
5−y
dzdxdy
=
∫ 5
0
∫ √y+4
−√y+4
[z]
9−x2
5−y dxdy
=
∫ 5
0
∫ √y+4
−√y+4
[
9 − x2 − (5 − y)
]
dxdy
=
∫ 5
0
∫ √y+4
−√y+4
[
4 − x2 + y
]
dxdy
Como a superf́ıcie é simétrica em relação ao eixo y podemos escrever
= 2
∫ 5
0
∫ √y+4
0
[
4 − x2 + y
]
dxdy = 2
∫ 5
0
[
4x − x
3
3
+ yx
]
√
y+4
0
dy
= 2
∫ 5
0
[
4
√
y + 4 −
(√
y + 4
)3
3
+ y
√
y + 4
]
dy = 2
∫ 5
0
[
8
3
√
y + 4 +
2
3
y
√
y + 4
]
dy
= 2
[
16
9
(√
y + 4
)3
+
4
15
(√
y + 4
)5
− 16
9
(√
y + 4
)3
]5
0
= 2
[
4
15
(√
y + 4
)5
]5
0
= 2
[
4
15
(√
5 + 4
)5 − 4
15
(√
4
)5
]
= 2
[
−8
9
(√
9
)3
+
4
15
(√
9
)5
−
(
−8
9
(√
4
)3
+
4
15
(√
4
)5
)]
= 2
[
−8
9
(27) +
4
15
(243) −
(
−8
9
(8) +
4
15
(32)
)]
=
1688
15
= 112, 53u.v.
252
236. Seja A o retangulo 1 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1. Calcule a integral sendo f(x, y) igual a
x + 2y.
∫ ∫
A
f(x, y)dxdy,
Solução . Pelo teorema de Fubini
∫ 1
0
∫ 2
1
(x + 2y)dxdy =
∫ 1
0
α(y)dy
Para cada y fixo em [0,1], temos:
α(y) =
∫ 2
1
(x + 2y)dx
=
[
x2
2
+ 2xy
]2
1
=
22
2
+ 2 · 2y −
(
12
2
+ 2 · 1 · y
)
= 2 + 4y − 1
2
− 2y
Ou seja,
α(y) =
3
2
+ 2y
⇒
∫ 1
0
α(y)dy =
∫ 1
0
(
3
2
+ 2y
)
dy
=
[
3y
2
+ y2
]1
0
=
3 · 1
2
+ 12
=
5
2
253
237. Suponha que a área de uma região no plano de coordenadas polares seja
A =
∫ 3
4 π
1
4 π
∫ 2sen(θ)
cosec(θ)
r dr dθ. Esboce a região e encontre sua área.
Solução . Em coordenadas cartesianas, a igualdade r = 2 sen(θ) corresponde à equação
de um ćırculo. De fato, multiplicando por r, obtém-se que r2 = 2 r sen(θ), onde:
r2 = x2 + y2 e 2 r sen(θ) = 2y
Assim, a igualdade corresponde à equação , x2 + y2 = 2y, ou ainda x2 + (y − 1)2 = 1,
que é a equação de um ćırculo de raio 1 e centro no ponto (0, 1). O ćırculo está esboçado
logo a seguir. Por sua vez, a igualdade r = cosec(θ) corresponde à equação de uma reta.
Para ver isso, basta notar que cosec(θ) = 1sen(θ) , e portanto a igualdade é equivalente a
r sen(θ) = 1, isto é y = 1, que é a equação de uma reta paralela ao eixo Ox.
Segue-se que a região de integração corresponde áquela entre o ćırculo e a reta, com o
ângulo θ entra π4 e
3π
4 . Essa região está ilustrada na figura abaixo, na cor azul claro.
A integral pode ser calculada diretamente usando integrais iteradas. Mas pode ser calcu-
lada de uma forma indireta, uma vez que a integral corresponde à área da região esboçada
acima, e já se sabe que esta área é igual a π2 (metade a área do disco de raio 1).Assim:
∫ 3
4 π
1
4 π
∫ 2 sen(θ)
cosec(θ)
r dr dθ =
1
2
π
254
238. Esboce a região de integração , inverta a ordem de interação e calcule a
integral
∫ 2
0
∫ 2
x
2y2 sen(x y)dy dx.
Solução . Segundo os extremos de integração , para cada x fixo no intervalo [0, 2], y
varia no intervalo [x, 2]. Essa variação está ilustrada na cor vermelha na figura abaixo.
A região de interação está indicada em azul claro.
Para inverter a ordem de integração , observe que a mesma região pode ser descrita da
seguinte forma: para cada y no intervalo [0, 2], x varia de 0 até y. Essa variação está
indicada em azul na figura acima. Com essa descrição obtém-se que:
∫ 2
0
∫ 2
x
2y2 sen(x y)dy dx = −2 cos(y2) y + 2y dy
A vantagem dessa inversão é que, agora, as integrais podem ser calculadas de forma
simples. De fato, a primeira integral a ser feita é:
∫ y
0
2y2 sen(x y) dx = −2 cos(y2) y + 2y
Asegunda integral é igualmente fácil, sendo igual a:
∫ 2
0
∫ 2
x
2y2 sen(x y)dy dx =
∫ 2
0
−2 cos(y2) y + 2y dy =
= −sin (4) + 4
255
239. Encontre o volume do sólido que é limitado superiormente pelo ciĺındro z = x2
e inferiormente pela região delimitada pela parábola y = 2 − x2 e pela reta y=
x no plano Oxy.
Solução . A figura abaixo ilustra os gráficos das funções g(x) = 2 − x2 (em vermelho)
e h(x)= x (em azul). Do gráfico é claro que, se D é a região limitada por essas curvas, então
D é uma região do tipo Rx que pode ser descrita como D = (x, y);−2 ≤ x ≤ 1ex ≤ y ≤ 2 − x2.
Esboçando o domı́nio acima juntamente como o ciĺındro z = x2, obtém-se o gráfico abaixo,
que é uma ilustração do sólido.
Da ilustração acima é claro que o volume procurado corresponde á integral da função f(x,
y)= x2 sobre o domı́nio D. Calculando, obtém-se que o volume é dado por:
∫ ∫
x2 dx dy =
∫ 1
−2
∫ 2−x2
x
x2 dy dx =
256
=
∫ 1
−2
x2 (2 − x2 − x) dx =
=
63
20
257
240. Enconte o volume da região no primeiro octante limitada pelos planos coor-
denados pelos plano x+ y= 4 e pelo cilindro y2 + 4z2 = 16
Solução . A região está ilustrada abaixo, em que o cilindro y2 + 4z2 = 16 está em verde
e o plano x+ y= 4 em rosa.Indique pro R a região da qual se quer calcular o volume. Da figura percebe-se que a base
B de R é aregião triangular descrita da seguinte maneira: para cada x fixo no intervalo
[0, 4], y varia no intervalo [0, 4- x].
Isolando o valor de z da expressão do ciĺındro, obten-se que z =
√
16− y2
2 .
Dáı segue-se que R pode ser descrita como: para cada (x, y) fixo na base B, z varia no
intervalo [0,
√
16−y2
2 ]. Usando essa descrição , segue-se que o volume V de R é dado pela
integral tripla:
V =
∫ 4
0
∫ 4−x
0
∫ 1
2
√
16−y2
0
1 dz dy dx =
=
∫ 4
0
∫ 4−x
0
1
2
√
16 − y2 dy dx =
∫ 4
0
√
8x − x2 − 1
4
√
8x − x2 x − 4arcsen (−1 + 1
4
x) =
V = −32
3
+ 8π
258
241. Enconte o volume da região que está dentro da esfera x2 + y2 + z2 = 2 e fora
do cilindro x2 + y2 = 1.
Solução . A região está ilustrada abaixo, juntamente com parte de um corte vertical
que facilita a sua descrição .
Indique por Q a região , em coordenadas cartesianas, fora da esfera e dentro do cilindro.
O volume dessa região é dado por:
V =
∫ ∫ ∫
Q
1 dx dy dz
Essa integral pode ser calculada de vá rias formas, incluindo coordenadas ciĺındricas. Para
isso, indique por Q1 a mesma região Q em coordenadas cilindŕıcas. Nessas coordenadas,
a equação da esfera é r2 + z2 = 2 e a equação do ciĺındro é r2 = 1. Dessa observação e
das ilustrações acima, segue-se que Q1 é o conjunto dos pontos (r, θ, z) em que θ está
no intervalo [0, 2π], r está no intervalo [1,
√
2] e z está no intervalo [−
√
2 − r2,
√
2 − r2].
Assim, o volume da região é dado por:
V =
∫ 2π
0
∫ √2
1
∫ √2−r2
−
√
2−r2
r dz dr dθ
=
∫ 2π
0
∫ √2
1
2r
√
2 − r2 dr dθ =
∫ 2π
0
2
3
dθ =
V =
4π
3
259
242. Esboce a região de integração , inverta a ordem de interação e calcule a
integral
∫ π
0
∫ π
x
sen(y)
y dy dx.
Solução . Segundo os extremos de integração , para cada x fixo no intervalo [0,π], y
varia de x até π. Essa variação está ilustrada na cor vermelha na figura abaixo, e resulta
na região de interação ilustrada na cor preto.
Para inverter a ordem de integração , observe que a região pode ser descrita da seguinte
forma: para cada y fixo no intervalo[0, π], x varia no intervalo [0, y]. Essa nova maneira
de descrever a região está ilustrada em azul na figura acima. Dáı segue-se que a integral
pode ser escrita como:
∫ π
0
∫ π
x
sen(y)
y dy dx =
∫ π
0
∫ y
0
sen(y)
y dx dy
Observe agora que a integral interna é fácil de ser calculada, e é igual a:
∫ y
0
sen(y)
y
dx = sen(y)
Dáı segue-se que:
∫ π
0
∫ y
0
sen(y)
y dx dy =
∫ π
0
sen(y) dy
Então :
∫ π
0
∫ y
0
sen(y)
y
dx dy = 2
260
243. Converta a integral para integral equivalente em coordenadas ciĺındricas e
calcule o resultado:
∫ 1
−1
∫
√
1−y2
0
∫ x
0
x2 + y2 dz dx dy
Solução . Segundo os extremos de integração , para cada y fixo no intervalo [-1, 1], x
varia no intervalo [0,
√
1 − y2]. Isso descreve um semi-disco de raio 1 no plano Oxy. Em
seguida, para cada (x, y) nesse semi-disco, z varia no intervalo [0, x]. Com essa descrição
, o domı́nio de integração pode ser ilustrado como na figura abaixo.
O semi-disco corresponde ao retângulo em que θ varia no intervalo [− π2 , π2 ] e r varia no
intervalo [0, 1]. Além disso, para cada (r, θ) nesse retângulo, z varia de 0 até rcos(θ).
Após essa descrição e lembrando que x2 + y2 = r2, a integral em coordenadas ciĺındricas
é:
I =
∫ 1
−1
∫
√
1−y2
0
∫ x
0
x2 + y2 dz dx dy =
∫
− 12 π
∫ 1
0
∫ r cos(θ)
0
r2 |r| dz dr dθ
Onde |r| é o modulo do jacobiano da mudança de coordenadas.
∫ r cos(θ) r2 |r| dz = r3 |r| cos(θ)
0
∫ 1
0
r3|r| cos(θ) dr = 1
5
cos(θ)
∫ 1
2 π
− 12 π
1
5
cos(θ) dθ =
2
5
I =
2
5
261
244. Esboce a região de integração , inverta a ordem de integração e calcula a
integral:
∫ 2
0
∫ 4−x2
0
x e(2y)
4−y dy dx
Solução . Segundo os extremos de integração , para cada x no intervalo [0, 2], y varia no
intervalo [0, 4 − x2]. Essa variação está indicada em vermelho na figura abaixo, em que
foi usada a notação g(x) = 4 − x2. A região de integração está indicada em azul claro.
Para inveter a ordem de integração observe que a mesma região pode ser descrita da
seguinte forma: para cada y no intervalo [0, 4], x varia de 0 até
√
4 − y. Essa variação
está indicada em azul na figura acima, onde foi usada a notação h(y)=
√
4 − y. Com Essa
descrição obtém-se que:
∫ 2
0
∫ 4−x2
0
x e(2y)
4 − y dy dx =
∫ 4
0
∫ √4−y
0
x e(2y)
4 − y dx dy
A vantagem dessa inversão é que, as integrais podem ser calculadas de forma simples. De
fato, a primeira integral a ser feita é:
∫ 4
0
∫ √4−y
0
x e(2y)
4 − y dx = [
e(2y)
4 − y ]
∫ √4−y
0
x dx =
1
2
e(2y)
A segunda integral é igual a :
∫ 4
0
∫ √4−y
0
x e(2y)
4 − y dx dy =
∫ 4
0
1
2
e(2y)
1
4
e8 − 1
4
262
245. Monte a integral iterada para calcular
∫ ∫ ∫
D
f(r, θ, z) z dz dr dθ Onde D é o
cilindro reto sólido cuja base é a região entre as circunferências r = cos(θ) e
r = 2cos(θ) e cujo topo está no plano z = 3 − y.
Solução . Para descrever o sólido em coordenadas ciĺındircas, observe que −( π2 ) < θ < (π2 ),
pois o sólido está no primeiro e quarto quadrante. Já o raio varia de uma circunferência
à autura, isto é, cos(θ) < r < 2cos(θ). Finalmente, o z varia da base até o topo, isto é,
0 < z < 3 − r sen(θ). Após essas observações , a integral pode ser escrita como:
∫ ∫ ∫
D
f(r, θ, z) z dz dr dθ =
∫
− 12 π
∫ 2cos(θ)
cos(θ)
∫ 3−r sen(θ)
0
f(r, θ, z) r dz dr dθ
V =
∫
− 12 π
∫ 2cos(θ)
cos(θ)
r (3 − r sen(θ)) dr dθ
=
∫ 1
2 π
− 12 π
− 7
3
sen(θ) cos(θ)3 +
9
2
cos(θ)2 dθ
=
9
4
π
263
246. Seja D a região no espaço Oxyz definida pelas desigualdades: 1 < x < 2,
0 < xy < 2, 0 < z < 1. Calcula
∫ ∫ ∫
x2y + 3xyz dx dy dz aplicando a transformação
u= x, v= xy, w= 3z e integre sobre uma região apropriada G do espaço Ouvw.
Solução . A região D está ilustrada na figura abaixo.
Não é dif́ıcil perceber que a região G no espaço Ouvw é dada pelas desigualdades:1 < u < 2,
0 < v < 2,0 < w < 3. No entanto, para o cálculo da integral, deve-se usar a transformação
inversa, esto é, a transformação :
x = u, y =
v
u
, z =
w
3
cujo jacobiano é igual a:
det





xu yu zu
xv yv zv
xw yw zw





= det





1 − vu2 0
0 1u 0
0 0 13





=
1
3
1
u
Usando essa transformação a integral e fácil de ser calculada, e é dada por:
∫ ∫ ∫
x2y + 3xyz dx dy dz =
∫ ∫ ∫
1
3
uv + vw
|u| du dv dw =
=
2
3
+
1
3
ln(2)
264
247. Considera o sólido limitado abaixo pelo plano Oxy, doslados pela esfera ρ = 2
e acima pelo cone φ = π3 , conforme ilustra a figura abaixo:
a) encontre os limites de integração em coordenadas esfericas para a integral
que calcula o volume desse sólido.
b) Calcule a integral.
Solução . As coordenadas esféricas estão ilusttradas na figura abaixo.
a) A partir das figuras acima, os limites de integração em coordenadas esféricas são dados
por: φ varia no intervalo [0, 2],θ varia no intervalo [0, π] e ρ varia no intervalo [ π3 ,
π
2 ].
b)Indique por Q a região em coordenadas cartesianas e por Q1 a região em coordenadas
esféricas. Como o Jacobiano das coordenadas esfericas é φ2, segue-se que o volume da
região é dado pela integral:
∫ ∫ ∫
Q
1 dx dy dz =
∫ ∫ ∫
Q
1 ρ2 sen(φ) dρ dθ dφ =
265
∫ 1
2 π
1
3 π
∫ 2π
0
∫ 2
0
ρ2 sen(φ) dρ dθ dφ
Calculando:
∫ 2
0
ρ2 sen(φ) dρ =
8
3
sen(φ)
∫ 2π
0
8
3
sen(φ) dθ =
16
3
sen(φ) π
∫ 1
2 π
1
3 π
16
3
sen(φ)π dφ =
8
3
π
V =
8
3
π
266
248. Encontre a área da superf́ıcie 2x(
3
2 ) + 2y(
3
2 ) − 3z = 0 acima do quadrado R: [0,
1]X[0, 1] no plano xy.
Solução . Indique pore S a superf́ıcie que está acima do quadrado e por A a sua área. A
primeiroa observação é que S é o grafico da função f(x, y) = 2(x
( 3
2
)+y(
3
2
))
3 com domı́nio
igual ao quadradoR, como ilustra a figura abaixo.
Como S é o grafico da função f, o elemento de área da superf́ıcie é dS =
√
fx2 + fy2 + 1 dx dy,
onde fx = x e fy = y. Assim, a área de S é dada por:
A =
∫ ∫
R
√
fx2 + fy2 + 1 dx dy =
∫ ∫
R
√
x + y + 1 dx dy
Basta agora notar que o domı́nio R é descrito por o < x < 1 e 0 < y < 1. Dáı:
A =
∫ 1
0
∫ 1
0
√
x + y + 1 dx dy =
∫ ∫
R
√
x + y + 1 dx dy =
=
∫ 1
0
2
3
(2 + y)
3
2 − 2
3
(y + 1)(
3
2 ) dy =
=
12
5
√
3 − 32
15
√
2 +
4
15
= 1.407
267
249. Encontre o volume da região triangular cortada do cilindro x2 + y2 = 1 pelos
planos z= -y e z= 0.
Solução . A região está ilustrada na figura abaixo.
Da figura é claro que a base B da região é a semi-circunferência descrita da seguinte
maneira: para cada x fixo no intervalo [-1, 1], y varia no intervalo [−
√
1 − x2, 0]. Dáı
segue-se que a região R pode ser descrita como: para cada (x, y) fixo na base B, z varia
no intervalo [0, -y]. Usando essa descrição da cunha, claro então que o seu volume V é
dado pela integral tripla:
V =
∫ 1
−1
∫ 0
−
√
1−x2
∫ −y
0
1 dz dy dx
Calculando essa integral iteradamente, obtém-se que:
∫ −y
0
1 dz = −y
∫ 0
√
1−x2
−y dy = 1
2
− −1
2
x2
∫ 1
−1
1
2
− 1
2
x2 dx =
V =
2
3
268
250. Encontre o volume do tetraedro no primeiro octante limitado pelos planos
coordenados e pelo plano que passa pelos pontos (1, 0, 0), (0, 2, 0)e(0, 0, 3).
Solução . A região está ilustrada na figura abaixo.
Calculando, obtém-se que a equação do plano que passa pelos pontos dados é 6x+ 3y+
2z= 6. Em particular, esse plano corta o plano Oxy ao longo da reta 2x+ y= 2.
Da figura percebe-se que a base B do tetraedro no plano Oxy é a região triangular descrita
da seguinte maneira: para cada x fixo no intervalo [0, 1], y varia no intervalo [0, 2- 2x].
Dáı segue-se que o tetraedro pode ser descrito como: para cada (x, y) fixo na base B, z
varia no intervalo [0, 1(6−6x−3y)2 ]. Usando essa descrição , segue-se que o volume V do
tetraedro é dado pela integral tripla:
V =
∫ 1
0
∫ 2−2x
0
∫ 3−3x− 32 y
0
1 dz dy dx
Calculando esa integral iteradamente, obten-se que o volume da região rada por:
V =
∫ 1
0
∫ 2−2x
0
∫ 3−3x− 32 y
0
1 dz dy dx
=
∫ 1
0
∫ 2−2x
0
3 − 3x − 3
2
y dy dx =
=
∫ 1
0
6 − 6x − 3x(2 − 2x) − 3
2
y dx = 1
269
251. Encontre o volume da região no primeiro octante limitada pelos planos coor-
denados, pelo plano y = 1 − xe pela superficie z = cos( π x2 ), com x no intervalo
[0,1].
Solução . A região está ilustrada na figura abaixo, em que a superficie z= cos πx2 está
em verde e o plano y= 1- x em ocre.
Indique por R a região da qual se quer calcular o volume. Da figura percebe-se que a base
B de R é a região triangular descrita da seguinte maneira: para cada x fixo no intervalo
[0, 1], y varia no intervalo [0, 1- x]. Dáı segue-se que R pode ser descrita como: para cada
(x, y) fixo na base B, z varia no intervalo [0, cos(π x2 )]. Usando essa descrição , segue-se
que o volume V de R é dado pela intagral tripla:
V =
∫ 1
0
∫ 1−x
0
∫ cos( 12 π x)
0
1 dz dy dx =
=
∫ 1
0
∫ 1−x
0
cos(
1
2
π x) dy dx =
=
∫ 1
0
cos(
1
2
π x) (1 − x) dx
V = 4
1
π2
270
252. Para a integral I =
∫ 1
0
∫√y
y
1 dx dy esboce a região de integração e escreva
uma integral dupla equivalente com a ordem de integração invertida.
Solução . Na integral dada, para cada y fixo no intervalo [0, 1], x varia de x1= y até
x2=
√
y. Essa variação está ilustrada na cor azul na figura abaixo, e resulta na região de
integração hachurada.
Para inverter a ordem de integração , observe que a região pode ser descrita da seguinte
forma: para cada x fixo no intervalo [0, 1], y varia no intervalo de y1 = x2 até y2= x.
Essa nova maneira de descrever a reião está ilustrada em vermelha na figura acima. Dáı
segue-se que a integral pode ser escrita como:
I =
∫ 1
0
∫ x
x2
1 dy dx
271
253. Encontre o volume da região no primeiro octante limitada pelos planos coor-
denados e pelos planos x + y = 1 e y + 2z = 2.
Solução . A região está ilustrada na figura abaixo:
Indique por R esta região . Para resolver o exerćıcio, é mais fácil tomar como basa B
da região R o triángulo no plano Oxz descrito da seguinte maneira: para cada x fixo no
intervalo[0, 1], z varia no intervalo [0, 1-x]. Dáı segue-se que o voluma da região é dado
por:
V =
∫ 1
0
∫ 1−x
0
∫ 2−2z
0
1 dy dz dx
Calculando essa integral iteradamente, obtén-se que o volume da região dado por:
V =
∫ 1
0
∫ 1−x
0
∫ 2−2x
0
1 dy dz dx
=
∫ 1
0
∫ 1−x
0
2 − 2z dz dx =
∫ 1
0
2 − 2x − (1 − x)2 dx =
=
∫ 1
0
1 − x2 dx =
=
2
3
272
254. Encontre o volume da região no primeiro octente limitada pelos planos coor-
denados, pelo plano y+ z= 2 e pelo cilindro x= 4- y2:
Solução . A região está ilustada na figura abaixo.
Indique por R esta região . Da figura segue-se que a base B de R é a área no plano Oxy
descrita da seguinte maneira: para cada y fixo no intervalo [0, 2], x varia no intervalo [0,
4 − y2]. Dáı segue-se que R pode ser descrita como: para cada (x, y) fixo na base B, z
varia no intervalo [0, 2-y]. Usando essa descrição da região , segue-se que o seu volume V
é dado pela integral tripla:
V =
∫ 2
0
∫ 4−y2
0
∫ 2−y
0
1 dz dx dy
Calculando essa integral iteradamente, obtém-se que o volume da região é dado por:
V =
∫ 2
0
∫ 4−y2
0
∫ 2−y
0
1 dz dx dy =
=
∫ 2
0
∫ 4−y2
0
2 − y dx dy =
=
∫ 2
0
8 − 2y2 − y(4 − y2) dy = 20
3
273
255. Esboce a região de integração e calcule a integral
∫ 2
1
∫ y2
y
1dxdy
Solução . De acordo com os extremos de integração , para cada y no intervalo [1,2],
x varia no intervalo [y, y2]. Essa variação de x está ilustrada na figura abaixo na cor
vermelha, juntamente com os gráficos das funções x=y e x = y2 na cor azul. A região de
integração está ilustrada em azul.
∫ y2
y
1dx = y2 − y
Em seguida, calcula-se a outra integral, obtendo:
∫ 2
1
∫ y2
y
1dxdy =
∫ 2
1
y2 − ydy =
=
5
6
274
256. Seja R a região no primeiro quadrante do plano Oxy limitada pelas hipérboles
xy = 1 e xy = 9 e pelas retas y = x e y = 4x. Use a tranzformação x = uv ey = uv,
com 0 ≤ v e 0 ≤ u, para rescrever
∫ ∫
R
√
y
x +
√
xydxdy como uma integral sobre
uma região apropriada G do plano Ouv. Depois calcule a integral uv sobre G.
Solução . A região R está ilustrada na figura a baixo.
Usando a transformação , tem-se que xy = u2 e yx = v
2, com u e v positivos. Logo, as
hipérboles (no plano Oxy) correspondem às retas u=1 e u=3 (no plano Ouv), enquanto
que as retas (no plano Oxy) correspondem às retas v=1 e v=2 (no plano Ouv). Assim, a
região G no plano Ouv corresponde ao retângulo ilustrado abaixo.
Para o cálculo da integral, é necessário ainda calcular o jacobiano da transformação , que
é o determinante da matriz.


∂
∂ux(u, v)
∂
∂uy(u, v)
∂
∂v x(u, v)
∂
∂v y(u, v)

 , =


1
v v
− uv2 u

 ,
275
Calculando, obtem-se que o jacobiano ? dado por 2uv . Logo, usando a formula de mudanca
de variáveis, segue-se que:
∫ ∫
r
√
y
x
+
√
xydxdy =
∫ 2
1
∫ 3
1
2
(v + u)u
v
dudv
∫ 2
1
52
3
1
v
+ 8dv
=
52
3
ln(2) + 8
276
257. Integre f(x, y) = ycos(xy) sobre o retângulo [0, π] × [0, 1]
Solução . A figura abaixo ilustra o gráfico da função juntamente com a região de inte-
gração (em vermelho) no plano Oxy.
Indique por D= [0, π] X [0, 1] a região de interação , de modo que a integral a ser calculada
é:
∫ ∫
D
ycos(xy) dx dy
Neste caso, observe que a integral
∫
ycos(xy) dy deve ser feita por partes, e é relaiva-
mente trabalhosa. já a integral
∫
ycos(xy)dx pode ser calculada rapidamente usando
uma substituição simples. Assim, mais fácil come car com a integral
∫ π
0
ycos(yx)dx = sin(πy)
Agora, é claro que o valor procurado é dado por
∫ ∫
D
ycos(yx)dxdy =
∫ 1
0
∫ π
0
ycos(yx)dxdy=
∫ 1
0
sin(πy)dz
= 2
1
π
277
258. - Mude a integral cartesiana
∫ 1
1
∫√1−x2
−
√
1−x2 2
1
(1+x2+y2)2 dy dx para uma integral
polar equivalente. Então calcule a integral polar.
Solução . Para x no intervalo [-1, 1], as curvas y = −
√
1 − x2 e y =
√
1 − x2 descrevem
os semi-ćırculos inferior e superior do ćırculo de raio 1. Logo, a região de integração é
o disco de raio 1. A figura abaixo ilustra esse disco juntamente com o gráfico da função
f(x,y)= 2(1+x2+y2)2 .
Em coordenadas polares x = rcos(θ) e y = rsen(θ), o disco pode ser descrito como o
conjunto dos pontos (r, θ) para os quais θ está no intervalo (0, 2π) e r está no intervalo
(0,1). Essa variação está ilustrada na figura abaixo.
Após essas considerações , e lembrando que, em coordenadas polares, dxdy= rdrdθ, segue-
se que
∫
−
11
∫ √1−x2
√
1−x2
2
1
(1 + x2 + y2)2
dy dx =
∫ 2π
0
∫ 1
0
2
r
(1 + r2)2
dr dθ
278
Isto transforma a integral cartesiana em uma integral polar equivalente. Para o cálculo
da integral polar, basta usar a substituio u = 1 + r2 . Então du= 2r dr, e portanto:
∫ 2π
0
∫ 1
0
2
r
(1 + r2)2
dr dθ =
∫ 2π
0
∫ 2
1
1
u2
du dθ
=
∫ 2π
0
1
2
dθ = π
279
259. Encontre o volume do sólido no primeiro octante limitado pelos planos coor-
denados, pelo ciĺındro x2 + y2 = 4 e pelo plano z+y=3
Solução . O primeiro passo é ilustrar a região de integração . Para isso, observe que
a equação x2 = y2 = 4 corresponde à um cilindro de raio 2 ao longo do eixo Oz. Já a
equação z+y=3 representa um plano pelos pontos (0,3,0) e (0,0,3) e que n/ ao cruza o
eixo Ox. A partir dessas observações , o solido pode ser iluatrado como na figura abaixo.
Da ilustração acima é claro que o volume procurado corresponde ? integral da função
f(x,y)= 3 -y sobre o dominio D limitado pelo disco x2 +y2 = 4 no plano Oxy, com 0 ≤ x e
0 ≤ y. O dominio é tanto da forma Rx como da forma Ry, e o calculo usando uma forma
não é significativamente mais fácil do que a outra. Escolhendo, por exemplo, a forma Rx,
o volume pode ser calculado por meio das integrais:
∫ ∫
D
(3 − y) dx dy =
∫ 2
0
∫ √4− x2
0
(3 − y) dy dx =
=
∫ 2
0
3
√
4 − x2 − 2 + 1
2
x2dx =
= −8
3
+ 3 π
Acima, a integral
∫ 2
0
√
4 − x2 dx pode ser calculada por meio de uma substituição trigono-
metrica. Mas é claro que seu valor corresponde é 14 da área do disco de raio 2, isto é
corresponde a pi2
2
4 = π
280
260. Esboce a região de integração e calcule a integral:
∫ 2Π
π
∫ π
0
sin(x) + cos(y)dxdy
Solução . Começamos fazendo:
A região de integração é o retângulo [0, π] × [π, 2π], ilustrado na figura abaixo (na cor
verde) juntamente com o gráfico da função f(x, y) = sin(x) + cos(y).
A integral dupla deve ser calculada iteradamente. Para isso, primeiro calcula-se a integral:
∫ π
0
sin(x) + cos(y)dx = 2 + cos(y)π
Dáı segue-se que:
∫ 2π
π
∫ π
0
sen(x) + cos(y)dxdy =
∫ 2π
π
2 + cos(y)πdy
Finalmente, calculando-se a integral do lado direito, abtém-se que:
∫ 2π
π
sen(x) + cos(y)dxdy = 2π
281
261. Use a transformação x = v+u3 e y =
v−2u
3 para calcular a integral,
∫ ∫
2x2 − xy − y2dxdy
para a região R no primeiro quadrante limitada pelas retas y = −2x + 4, y =
−2x + 7, y = x − 2ey = x + 1.
Solução . Começamos fazendo
A região R está ilustrada na figura abaixo.
Observe que, com a transformação dada, tem-se 2x+y=v e x-y=u. Logo, as retas y=
-2x + 4 e y= -2x + 7 no plano Oxy correspondem às retas horizontais v=4 e v=7 no
plano Ouv. Analogamente, as retas y= x-2 e y= x+ 1 no plano Oxy correspondem às
retas verticais u=-1 e u= 2 no plano Ouv. A figura abaixo ilustra a região no plano Ouv
correspondente a região R.
Para o cálculo da integral, primeiro é necessário calcular o jacobiano da transformação ,
que é o determinante da matriz
282
det


1
3
−2
3
2
3
1
3

 , =
1
3
Segundo, substituindo 2x + y = v e x - y = u no integrando obtém-se
2x2 − xy − y2 = (2x + y)(x + y) = uv
logo, usando a formula de mudanca de variáveis, segue-se que
∫ ∫
R
2x2 − xy − y2dxdy =
∫ 7
4
∫ 2
−1
1
3
uvdudv =
∫ 7
4
1
2
vdv
=
33
4
283
262. Determine a área da superf́ıcie da parte da superf́ıcie z = x2 + 2y que está
acima da região triangular T no plano X com vértices (0,0) (1,0) e (1,1) .
Solução . Como a área da superf́ıcie é calculado por
A(s) =
∫ ∫
√
[fx(x, y)]2 + [fy(x, y)]2 + 1dA
Então com f(x, y) = x2 + 2y , obtemos :
A =
∫ ∫
T
√
(2x)2 + (2)2 + 1dA =
∫ 1
0
∫ x
0
√
4x2 + 5dydx
=
∫ 1
0
x
√
4x2 + 5dx =
1
8
· 2
3
(4x2 + 5)3/2]10 =
1
12
(27 − 5
√
5)
284
263. Determine a área do parabolóide z = x2 + y2 que está abaixo do plano z = 9
. O plano intercpta o parabolóide no ćırculo x2 + y2 = 9, z = 9 . Portanto a
superf́ıcie dada está acima do disco D com centro na origem e raio 3 .
Solução . Sabemos que
A(s) =
∫ ∫
D
√
1 + (
dz
dx
)2 + (
dz
dy
)2dA
portanto ,
A =
∫ ∫
D
√
1 + (
∂z
∂x
)2 + (
∂z
∂y
)dA =
∫ ∫
D
√
1 + (2x)2 + (2y)2dA
Se convertermos para coordenadas polares iremos facilitar os cálculos e achar o resultado
A =
∫ 2π
0
∫ 3
0
√
1 + 4r2rdrdθ =
∫ 2π
0
dθ
∫ 3
0
1
8
√
1 + 4r2(8r)dr
= 2π(
1
8
)
2
3
(1 + 4r2)3/2]30 =
π
6
(37
√
37 − 1)
285
264. Calcule
∫ 2
−2
∫√4−x2
−
√
4−x2
∫ 2√
x2+2
(x2 + y2)dzdydx.
Solução . Essa integral está sobre a região
E : {(x, y, z)/2 ≤ x ≤ 2,−
√
4 − x2,
√
x2 + 2 ≤ z ≤ 2}
sabemos que :
∫ ∫ ∫
f(x, y, z)dV =
∫ ∫
[
∫ u2(x,y)
u1(x,y)
f(x, y, z)dZ]dA
Portanto teremos
∫ 2
−2
∫ √4−x2
−
√
4−x2
∫ 2
√
x2+y2
(x2 + y2)dzdydx =
∫ ∫
E
∫
(x2 + y2)dV
=
∫ 2π
0
∫ 2
0
∫
r2r2rdzdrdθ
=
∫ 2π
0
dθ
∫ 2
0
r3(2 − r)dr = 2π[ 1
2
r4 − 1
5
r5]20 =
16
5
π
286
265. Calcule
∫ ∫
e(x
2+y2+z2)3/2 , onde B é a bola unitária B = (x, y, z)/x2 + y2 + z2 ≤ 1
como a fronteira de B é uma esfera, utilizaremos coordenadas esfericas sendo
B = (p, φ, θ)− ≤ ρ ≤ 1.0 ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ π . Além disso , as coordenadas esféricas
são convenientes , pois x2 + y2 + z2 = p2
Solução .
∫ ∫
B
∫
e(x
2+y2+z2)3/2dV =
∫ π
0
∫ 2π
0
∫ 1
0
e(p
2)3/2p2senφsenφdpdθdφ
=
∫ π
0
senφdφ
∫ 2π
0
dθ
∫ 1
0
p2ep
3
dp
= [−cosφ]π0 (2π)[
1
3
ep
3
]10 =
4
3
π(e − 1)
287
266. Calcular usando cordenadas polares
I =
∫
e(−x
2)dx
Solução .Começamos calculando o seu quadrado:
I2 = (
∫
e(−x
2)dx)(
∫
e(−y
2)dy) =>
∫ ∫
e(−x
2−y2)
Em cordenadas polares, o primeiro quadrante corresponde ao domı́nio em que r está no
intervalo (0 ,∞ ) e θ está no intervalo (0, π2 ). Dáı segue-se que, em cordenadas polares,
I2 =
∫ 1
2 π
0
∫ ∞
0
e(−r
2)rdrd
onde a integral na variável θ é imediata e a integral na variável r é fácil de ser calculada
! De fato, com a substituição
r2 = u
tem-se que:
∫ ∞
0
e(−r
2)rdr =
∫ ∞
0
1
2
e(−u)du =
1
2
Dáı segue-se que:
I2 =
∫
1
2
dθ =
1
4
π
e portanto I =
√
π
2
288
267. Esboce a região, expresse a area como integral dupla iterada e calcule. A
parábola x = −y2 e a reta y = x + 2.
Solução .
∫ 1
−2
∫ −y2
y−2
dxdy =
∫ 1
−2
−y2 − y + 2 dy
= −y
3
3
− y
2
2
+ 2y
∣
∣
∣
∣
∣
1
−2
= −1
3
− 1
2
+ 2 −
(
8
3
− 2 − 4
)
=
9
2
289
268. Esboce a região, expresse a area como integral dupla iterada e calcule. A
parábola x = y − y2 e a reta y = −x.
Solução .
∫ 2
0
∫ y−y2
−y
dxdy =
∫ 2
0
2y − y2 dy
= y2 − y
3
3
∣
∣
∣
∣
∣
2
0
= 4 − 8
3
=
4
3
290
269. Esboce a região, expresse a area como integral dupla iterada e calcule. A
curva y = ex e as retas y = 0.
Solução .
∫ ln2
0
∫ ex
0
dydx =
∫ ln2
0
ex dx
= ex
∣
∣
∣
∣
∣
ln2
0
= 2 − 1
= 1
291
270. Esboce a região, expresse a area como integral dupla iterada e calcule. As
curvas y = lnx e y = 2lnx e a reta x = e, no 1o quadrante.
Solução .
∫ e
1
∫ 2lnx
lnx
dydx =
∫ e
1
lnx dx
= xlnx − x
∣
∣
∣
∣
∣
e
1
= (e − e) − (0 − 1)
= 1
292
271. Esboce a região, expresse a area como integral dupla iterada e calcule.As
parábolas x = y2 e x = 2y − y2.
Solução .
∫ 1
0
∫ 2y−y2
y2
dxdy =
∫ 1
0
2y − 2y2 dy
= y2 − 2
3
y3
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
=
1
3
293
272. Determine a área da superf́ıcie, a parte da superf́ıcie z = xy que está dentro
do cilindro x2 + y2 = 1.
Solução .
z = f(x, y) = xy = {(x, y)/0 ≤ x2 + y2 ≤ 1}
A(s) =
∫ ∫
D
√
y2 + x2 + 1dA
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
(
√
(r)2 + 1)rdrdθ
=
∫ 2π
0
[
1
3
3
√
((r)2 + 1)2]10dθ
=
∫ 2π
0
1
3
(2
√
2 − 1)dθ
=
2π
3
(2
√
2 − 1)
294
273. Calcule
∫ ∫ ∫
E
x2dV , onde E é limitado pelo plano XZ e os hemisférios y =
√
9 − x2 − z2 e y =
√
16 − x2 − z2.
Solução .
∫ ∫ ∫
E
x2dV =
∫ π
0
∫ π
0
∫ 4
3
(ρ sin ϕ cos θ)2ρ2 sinϕdρdϕdθ
=
∫ π
0
cos θdθ
∫ π
0
sin3 ϕdϕ
∫ 4
3
ρ4dρ
= [
1
2
θ +
1
4
sin 2θ]π0 [−
1
3
(2 + sin2 ϕ) cos ϕ]π0 [
1
5
ρ5]43
= (
π
2
)(
2
3
)
1
5
(45 − 35)
=
1562π
15
295
274. Calcule a integral, transformando para coordenadas esféricas.
∫ 3
−3
∫ √9−x2
−
√
9−x2
∫
√
9−x2−y2
0
z
√
x2 + y2 + z2dzdydx
Solução .
∫ 2π
0
∫ π
2
0
∫ 3
0
(ρ2 cos ϕ)(ρ2 sinϕ)dρdϕdθ =
∫ 2π
0
dθ
∫ π
2
0
cos ϕ sinϕdϕ
∫ 3
0
ρ4dρ
= [θ]2π0 [
1
2
sin2 ϕ]
π
2
0 [
1
5
ρ5]30
= (2π)(
1
2
)(
243
5
)
=
243
5
π
296
275. Calcule a integral, fazendo uma mudanca de variável apropriada
∫ ∫
R
(x +
y)ex
2−y2dA, onde R é o retângulo delimitado pelas retas x − y = 0, x − y = 2,
x + y = 0 e x + y = 3.
Solução .



u = x + y
v = x − y






x = 12 (u + v)
y = 12 (u − v)



∂(x, y)
∂(u, v)
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1
2
1
2
1
2 − 12
∣
∣
∣
∣
∣
∣
u = 0;u = 3; v = 0; v = 2
∫ ∫
R
(x + y)ex
2−y2dA =
∫ 3
0
∫ 2
0
ueuv(−1
2
)dvdu
=
1
2
∫ 3
0
[ueuv]20du
=
1
2
∫ 3
0
(e2u − 1)du
=
1
2
[
1
2
e2u − u]30
=
1
2
(
1
2
e6 − 3 − 1
2
)
=
1
4
(e6 − 7)
297
276. Calcule a integral, fazendo uma mudanca de variável apropriada
∫ ∫
R
ex+ydA,
onde R é dado pela inequação |x| + |y| ≤ 1.
Solução .



u = x + y
v = x − y






x = 12 (u + v)
y = 12 (u − v)



∂(x, y)
∂(u, v)
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1
2
1
2
1
2 − 12
∣
∣
∣
∣
∣
∣
|u| = |x + y| ≤ |x| + |y| ≤ 1 ⇒ −1 ≤ u ≤ 1
|v| = | − x + y| ≤ |x| + |y| ≤ 1 ⇒ −1 ≤ u ≤ 1
(1, 1), (1,−1), (−1,−1)e(−1, 1)
∫ ∫
R
ex+ydA =
1
2
∫ 1
−1
∫ 1
−1
eududv
=
1
2
[eu]1−1[v]
1
−1
= e − 1
e
298
277. Calcule a área da região limitada pela elipse x
2
a2 +
y2
b2 = 1, onde (a > 0 e b > 0)
Solução .
Temos que: 


x = ar cos θ 0 ≤ r ≤ 1
y = br sin θ 0 ≤ θ ≤ 2π
Calculando o jacobiano temos:
j =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
a cos θ −ar sin θ
b sin θ br cos θ
∣
∣
∣
∣
∣
= abr cos2 θ + abr sin2 θ = abr
∫ 2π
0
∫ 1
0
abrdrdθ =
ab
2
∫ 2π
0
(
r2
2
)
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
dθ
=
ab
2
∫ 2π
0
dθ
=
ab
2
(2π)
= abπ
299
278. Calcule
∫ ∫
R
f(x, y)dxdy, onde R é a região limitada pelo quadrado |x| + |y| = 1
Solução .
x = ±(1 ± y)



y = 1 + x
y = 1 − x
y = −1 + x
y = −1 − x



∫ 0
−1
∫ x+1
−x−1
dydx +
∫ 1
0
∫ −x+1
x−1
dydx =
∫ 0
−1
y|x+1−x−1dx +
∫ 0
−1
y|−x+1x−1 dx
=
∫ 0
−1
(x + 1) − (−x − 1)dx +
∫ 0
−1
(−x + 1) − (x − 1)dx
=
∫ 0
−1
(2x + 2)dx +
∫ 1
0
(−2x + 2)dx
= (x2 + 2x)|0−1 + (−x2 + 2x)|10
= 2
300
279. Encontre o jacobiano da transformação x = u, y = uv e esboce a região σ =
{(u, v) ∈ R2; 1 ≤ u ≤ 2, 1 ≤ uv ≤ 2} no plano uv.
Solução .
∂(x, y)
∂(u, v)
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 0
v u
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= u
σ = {(u, v) ∈ R2; 1 ≤ u ≤ 2, 1 ≤ uv ≤ 2}
1
u
≤ v ≤ 2
u
301
280. Calcule usando coordenadas polares
∫ ∫
B
xydxdy onde B é o circulo
x2 + y2 − 2y ≤ 0 , x ≥ 0.
Solução .
x2 + y2 − 2y = 0
x2 + (y − 1)2 − 1 = 0
x2 + (y − 1)2 = 1
⇛ x = r cos θ
⇛ y = r sin θ
∫ π
2
0
∫ 2 sin θ
0
r2 cos θ sin θrdrdθ =
∫ π
2
0
[
r4 cos θ sin θ
4
|2 sin θ0 ]dθ
= 4
∫ π
2
0
(cos θ sin5 θ)dθ



u = sin θ
du = cos θdθ



4
∫ π
2
0
u5du = 4(
u6
6
|
π
2
0 )
= 4(
sin4 θ
6
|
π
2
0 )
=
2
3
302
281. Calcule
∫ ∫
R
3
√
y−x
1+y+xdxdy onde R é o triangulo de vertices (0, 0),(1, 0) e (0, 1)
Solução .



u = y − x → u + v = 1 + 2y
v = 1 + y + x → y = u+v−12



∂(x, y)
∂(u, v)
=
−1
2



(0, 0) → u = 0v = 1 → (0, 1)
(0, 1) → u = 1v = 2 → (1, 2)
(1, 0) → u = −1v = 2 → (−1, 2)



∫ 1
−1
∫ 2
1
3
√
u
v
1
2
dvdu =
1
2
∫ 1
−1
[(ln v) 3
√
u]|21du
=
∫ 1
−1
[(ln 2) 3
√
u]du
= [
3
8
(ln 2)
3
√
u4]|1−1
=
3
8
ln 2
303
282. Calcule o volume do conjunto x2 + y2 ≤ 4 e x2 + y2 + z2 ≤ 9
Solução .
∫ ∫ ∫
k
dxdydz =
∫ ∫
K′
[
∫
√
9−x2−y2
−
√
9−x2−y2
dz]dxdy =
∫ ∫
K′
2
√
9 − x2 − y2dxdy
=
∫ 2
−2
∫ √4−x2
−
√
4−x2
2
√
9 − x2 − y2dxdy
=
∫ 2π
0
∫ 2
0
2r
√
9 − r2drdθ
= −
∫ 2π
0
∫ 2
0
√
ududθ
= −
∫ 2π
0
[
u
3
2
3
8
|20]dθ
= −
∫ 2π
0
10
√
3 − 54
3
dθ
= −(10
√
3 − 54
3
)θ|2π0
=
108π − 20π
√
3
3
304
283. Mostre que o volume de uma esfera de raio ”a”é 4πa
3
3 unidades de volume,
usando integral tripla.
Solução .



0 ≤ ϕ ≤ π
0 ≤ θ ≤ 2π
0 ≤ ρ ≤ a



∫ 2π
0
∫ π
0
∫ a
0
ρ2 sinϕdρdϕdθ =
∫ 2π
0
∫ π
0
(
ρ3
3
|a0 sinϕ)dϕdθ
=
∫ 2π
0
∫ π
0
a3
3
sinϕdϕdθ
=
a3
3
∫ 2π
0
(− cos ϕ|π0 )dθ
=
2a3
3
∫ 2π
0
dθ
=
4a3π
3
305
284. Calcule o volume do conjunto dado. x + y + z ≤ 1, x ≥ 0 ,y ≥ 0 e z ≥ 0
Solução .
Fazendo z = 1 − x − y temos:
∫ 1
0
∫ 1−y
0
(1 − x − y)dxdy =
∫ 1
0
(x − x
2
2
− xy)
∣
∣
∣
∣
∣
1−y
0
=
∫ 1
0
(1 − y) − (1 − y)
2
2
− (1 − y)ydy
=
∫ 1
0
(1 − y − 1
2
+ y − y
2
2
− y + y2dy
=
∫ 1
0
1
2
− y + y
2
2
dy
= (
y
2
− y
2
2
+
y3
6
)
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
=
1
6
306
285. Calcule o volume do conjunto dado. x2 + y2 ≤ z ≤ 2x
Solução .
Fazendo z = 2x − x2 − y2 ⇒ (x − 1)2 + y2 = 1
Utilizando coordenadas polares temos que:



x = 1 + r cos θ 0 ≤ r ≤ 1
y = r sin θ 0 ≤ θ ≤ 2π
∫ ∫
2x − x2 − y2dxdy =
∫ 2π
0
∫ 1
0
2(r cos θ + 1) − (r cos θ + 1)2 − (r sin θ)2rdrdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
2r cos θ + 2 − (r2 cos2 θ + 2r cos θ + 1) − (r2 sin2 θ)rdrdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
(2r cos θ + 2 − r2 cos2 θ − 2r cos θ − 1 − r2 sin2 θ)rdrdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
1 − r2(sin2 θ + cos2 θ)rdrdθ
=
∫ 2π
0
(
r2
2
− r
4
4
)
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
dθ
=
∫ 2π
0
(
1
2
− 1
4
)dθ
=
∫ 2π
0
1
4
dθ
=
π
2
307
286. Utilize da integral dupla para calcular a área do conjunto dado. B é o conjunto
de todos (x,y) tais que lnx ≤ y ≤ 1 + lnx, y ≥ 0 e x ≤ e
Solução .
∫ e
0
∫ 1+ln x
ln x
dydx =
∫ e
0
(1 + lnx − lnx)dx
=
∫ e
0
1dx
= x
∣
∣
∣
∣
∣
e
0
= e
308
287. Utilize da integral dupla para calcular a área do conjunto dado. B = {(x, y) ∈
R2|x3 ≤ y ≤ √x}
Solução .
x3 = x
1
2
x3 − x 12 = 0
x(x2 − x− 1
2
) = 0
x = 0
x − x− 1
2
= 0
x2 − 1√
x
x2
√
x − 1 = 0
x2x
1
2 − 1 = 0
x
3
2 = 1
x = 1
∫ 1
0
∫ √x
x3
dydx =
∫ 1
0
(
√
x − x3)dx
=
∫ 1
0
(x
1
2 − x3)dx
=
x
3
2
3
2
− x
4
4
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
=
2
3
(1)
3
2 − 1
4
=
8 − 3
12
=
5
12
309
288. Calcule
∫
A
∫
sen2x
1+4y2 dxdy, onde A é o retângulo 0 ≤ x ≤ π2 , 0 ≤ y ≤ 12
Solução .
∫ 1
2
0
∫ π
2
0
sin2 x
1 + 4y2
dxdy =
∫ 1
2
0
∫ π
2
0
(
1
2 + 8y2
)1 − cos 2xdxdy
=
∫ 1
2
0
1
2 + 8y2
(x − sin 2x
2
)
∣
∣
∣
∣
∣
π
2
0
dy
=
∫ 1
2
0
1
2 + 8y2
(
π
2
)dy
=
∫ 1
2
0
π
4 + 16y2
dy
=
∫ 1
2
0
π
16
4
16 + y
2
dy
=
π
16
∫ 1
2
0
1
( 12 )
2 + y2
dy
=
π
16
(
1
1
2
arctan
y
1
2
)
∣
∣
∣
∣
∣
1
2
0
=
π
16
(2 arctan 2y)
∣
∣
∣
∣
∣
1
2
0
=
π
16
(2
π
4
)
=
π2
32
310
289. Encontre o volume do sólido dentro do cone z =
√
x2 + y2 entre os planos z = 1
e z = 2.
Solução .
V =
∫ Π
2
0
∫ Π
4
0
∫ 2secφ
secφ
ρ2senφ dρdφdΘ
=
4
3
∫ Π
2
0
∫ Π
4
0
(8sec3φ − sec3φ)senφ dφdΘ
=
28
3
∫ Π
2
0
∫ Π
4
0
sec3φ − senφ dφdΘ
=
28
3
∫ Π
2
0
∫ Π
4
0
tgφsec2φdφdΘ
=
28
3
∫ Π
2
0
[
1
2
tg2φ
]Π
4
0
dΘ
=
14
3
∫ Π
2
0
dΘ
=
7π
3
311
290. Encontre o volume da região limitada abaixo pelo plano z = 0, lateralmente
pelo cilindrox2 + y2 = 1 e acima pelo parabolóide z = x2 + y2.
Solução .
V = 4
∫ π
2
0
∫ 1
0
∫ r2
0
dzrdrdΘ
= 4
∫ π
2
0
∫ 1
0
r3 drdΘ
=
∫ π
2
0
dΘ
=
π
2
312
291. Encontre o volume da região limitada abaixo pelo parabolóide z = x2 + y2,
lateralmente pelo cilindro x2 + y2 = 1 e acima pelo parabolóide z = x2 + y2 + 1.
Solução .
V = 4
∫ ı
2
0
∫ 1
0
∫ r2+1
r2
dzrdrdΘ
= 4
∫ π
2
0
∫ 1
0
r drdΘ
= 2
∫ π
2
0
dΘ
= π
313
292. Encontre o volume do sólido cortado do cilindro espesso 1 ≤ x2 +y2 ≤ 2 e pelos
cones z = ±
√
x2 + y2.
Solução .
V = 8
∫ π
2
0
∫ √2
1
∫ r
0
dzrdrdΘ
= 8
∫ π
2
0
∫ √2
1
r2 drdΘ
= 8
(
2
√
2 − 1
3
)
∫ π
2
0
dΘ
=
4π(2
√
2 − 1)
3
314
293. Encontre o volume da região que está dentro da esfera x2 + y2 + z2 = 2 e fora
do cilindro x2 + y2 = 1.
Solução .
V = 8
∫ π
2
0
∫ √2
1
∫ √2−r2
0
dzrdrdΘ
= 8
∫ π
2
0
∫ √2
1
r
√
2 − r2 drdΘ
= 8
∫ π
2
0
[
−1
3
(2 − r2)3/2
]
√
2
1
dΘ
=
8
3
∫ π
2
0
dΘ
=
4π
3
315
294. Encontre o volume da região limitada pelo cilindro x2 + y2 = 4 e pelos planos
z = 0 e y + z = 4.
Solução .
V =
∫ 2π
0
∫ 2
0
∫ 4−rsenΘ
0
dzrdrdΘ
=
∫ 2π
0
∫ 2
0
(4r − r2senΘ) drdΘ
= 8
∫ 2π
0
(
1 − senΘ
3
)
dΘ
= 16π
316
295. Encontre o volume da região limitada acima pelo parabolóide z = 5− x2 − y2 e
abaixo pelo parabolóide z = 4x2 + 4y2.
Solução .
V = 4
∫ π
2
0
∫ 1
0
∫ 5−r2
4r2
dzrdrdΘ
= 4
∫ π
2
0
∫ 1
0
(5r − 5r3) drdΘ
= 20
∫ π
2
0
r2
2
− r
4
4
|10 dΘ
= 5
∫ π
2
0
dΘ
=
5π
2
317
296. Encontre o volume da região limitada acima pelo parabolóide z = 9− x2 − y2 e
abaixo pelo plano xy e que está fora do cilindro x2 + y2 = 1.
Solução .
V = 4
∫ π
2
0
∫ 3
1
∫ 9−r2
0
dzrdrdΘ
= 4
∫ π
2
0
∫ 3
1
(9r − r3) drdΘ
= 4
∫ π
2
0
9r2
2
− r
4
4
|31 dΘ
= 4
∫ π
2
0
(
81
4
− 17
4
)
dΘ
= 32π
318
297. Encontre o volume da região cortada do cilindro sólido x2 +y2 ≤ 1 e pela esfera
x2 + y2 + z2 = 4.
Solução .
V = 8
∫ π
2
0
∫ 1
0
∫ √4−r2
0
dzrdrdΘ
= 8
∫ π
2
0
∫ 1
0
r(4 − r2)1/2 drdΘ
= 8
∫ π
2
0
[
−1
3
(4 − r2)3/2
]1
0
dΘ
= −8
3
∫ Π
2
0
(
33/2 − 8
)
dΘ
=
4π(8 − 3
√
3)
3
319
298. Monte a integral interada para calcular
∫∫∫
f(r,Θ, z) dzrdrdΘ sobre a região D
dada. D é o cilindro reto sólido cuja base é a região entre as circunferências
r = cosΘ e r = 2cosΘ e cujo topo está no plano z = 3 − x.
Solução .
∫ π
2
−π2
∫ 2cosΘ
cosΘ
∫ 3−rsenΘ
0
f(r,Θ, z) dzrdrdΘ
320
299. Monte a integral iterada para calcular
∫∫∫
f(r,Θ, z) dzrdrdΘ sobre a região D
dada. D é o prisma cuja base é o triângulo no plano xy limitado pelo eixo x e
pelas retas y = x e x = 1 e cujo topo está no plano z = 2 − y.
Solução .
∫ π
4
0
∫ secΘ
0
∫ 2−rsenΘ
0
f(r,Θ, z) dzrdrdΘ
321
300. Monte a integral iterada para calcular
∫∫∫
f(r,Θ, z) dzrdrdΘ sobre a região D
dada. D é o prisma cuja base é o triângulo no plano xy limitado pelo eixo y e
pelas retas y = x e y = 1 e cujo topo está no plano z = 2 − x.
Solução .
∫ π
2
π
4
∫ cosecΘ
0
∫ 2−rsenΘ
0
f(r,Θ, z) dzrdrdΘ
322
301. Calcule a integral em coordenadas esféricas.
∫ π
0
∫ π
0
∫ 2senφ
0
ρ2senφ dρdφdΘ
Solução .
∫ π
0
∫ π
0
∫ 2senφ
0
ρ2senφ dρdφdΘ =
8
3
∫ π
0
∫ π
0
sen4φdφdΘ
=
8
3
∫ π
0
([
−sen
3φ cosφ
4
]Π
0
+
3
4
∫ π
0
sen2φdφ
)
dΘ
= 2
∫ π
0
∫ π
0
sen2φdφ dΘ
=
∫ π
0
[
Θ − sen2Θ
Θ
]π
0
dΘ
=
∫ π
0
π dΘ
= π2
323
302. Calcule a integral em coordenadas esféricas.
∫ 2π
0
∫ π
4
0
∫ 2
0
(ρcosφ)ρ2senφ dρdφdΘ
Solução .
∫ 2π
0
∫ π
4
0
∫ 2
0
(ρcosφ)ρ2senφ dρdφdΘ =
∫ 2π
0
∫ π
4
0
4cosφsenφ dφdΘ
=
∫ 2π
0
[
2sen2φ
]Π
4
0
dΘ
=
∫ 2π
0
dΘ
= 2π
324
303. Calcule a integral em coordenadas esféricas.
∫ 2π
0
∫ π
0
∫ 1−cosφ
2
0
ρ2senφ dρdφdΘ
Solução .
∫ 2Π
0
∫ π
0
∫ 1−cosφ
2
0
ρ2senφ dρdφdΘ =
1
24
∫ 2π
0
∫ π
0
(1 − cosφ)3senφ dφdΘ
=
1
96
∫ 2π
0
(1 − cosφ)4 |π0 dΘ
=
1
96
∫ 2π
0
(24 − 0) dΘ
=
16
96
∫ 2π
0
dΘ
=
π
3
325
304. Calcule a integral em coordenadas esféricas.
∫ 3π
2
0
∫ π
0
∫ 1
0
5ρ3sen3φdρdφdΘ
Solução .
∫ 3π
2
0
∫ π
0
∫ 1
0
5ρ3sen3φdρdφdΘ =
5
4
∫ 3π
2
0
∫ Π
0
sen3φdφdΘ
=
5
4
∫ 3π
2
0
([
−sen
2φcosφ
3
]Π
0
+
2
3
∫ π
0
senφ dφ
)
dΘ
=
5
6
∫ 3π
2
0
[−cosφ]π0 dΘ
=
5
3
∫ 3π
2
0
dΘ
=
5π
2
326
305. Calcule a integral em coordenadas esféricas.
∫ 2π
0
∫ π
3
0
∫ 2
secφ
3ρ2senφ dρdφdΘ
Solução .
∫ 2π
0
∫ π
3
0
∫ 2
secφ
3ρ2senφ dρdφdΘ =
∫ 2π
0
∫ π
3
0
(8sec3φ)senφ dφdΘ
=
∫ 2π
0
[
−8cosφ − 1
2
sec2φ
]π
3
0
dΘ
=
∫ 2π
0
[
(−4 − 2) −
(
−8 − 1
2
)]
dΘ
=
5
2
∫ 2π
0
dΘ
= 5π
327
306. Calcule a integral em coordenadas esféricas.
∫ 2π
0
∫ π
4
0
∫ secφ
0
(ρcosφ)ρ2senφ dρdφdΘ
Solução .
∫ 2π
0
∫ π
4
0
∫ secφ
0
(ρcosφ)ρ2senφ dρdφdΘ =
1
4
∫ 2π
0
∫ π
4
0
tgφsec2φdφdΘ
=
1
4
∫ 2π
0
[
1
2
tg2φ
]π
4
0
dΘ
=
1
8
∫ 2π
0
dΘ
=
π
4
328
307. Encontre o volume da porção da esfera sólida ρ ≤ a que está entre os cones
φ = π3 e φ =
2π
3 .
Solução .
V =
∫ 2π
0
∫ 2π
3
π
3
∫ a
0
ρ2senφ dρdφdΘ
=
∫ 2π
0
∫ 2π
3
π
3
a3
3
senφ dφdΘ
=
a3
3
∫ 2π
0
[−cosφ]
2π
3
π
3
dΘ
=
a3
3
∫ 2π
0
(
1
2
+
1
2
)
dΘ
=
2πa3
3
329
308. Encontre o volume da região cortada da esfera sólida ρ ≤ a pelos semi-planos
Θ = 0 e Θ = Π6 no 1
o octante.
Solução .
V =
∫ π
6
0
∫ π
2
0
∫ a
0
ρ2senφ dρdφdΘ
=
a3
3
∫ π
6
0
∫ π
2
0
senφ dφdΘ
=
a3
3
∫ π
6
0
dΘ
=
a3π
18
330
309. Encontre o volume da região menor cortada da esfera sólida ρ ≤ 2 pelo plano
z = 1.
Solução .
V =
∫ 2π
0
∫ π
3
0
∫ 2
secφ
ρ2senφ dρdφdΘ
=
1
3
∫ 2π
0
∫ π
3
0
8senφ − tgφsec2φdφdΘ
=
1
3
∫ 2π
0
[
−8cosφ − 1
2
tg2φ
]π
3
0
dΘ
=
1
3
∫ 2π
0
[
−4 − 1
2
(3) + 8
]
dΘ
=
1
3
∫ 2π
0
5
2
dΘ
=
5π
3
331
310. A integral imprópria
∫∞
0
e−x
2
dx importante na teoria da probabilidade e em
outras partes da Matemática. Calcularemos seu valor com um artif́ıcio in-
teligente que usa uma integral dupla imprópria em coodenadas polares.
Solução . Escrevemos
I =
∫ ∞
0
e−y
2
dy.
Como não importa a letra que utilizemos para variável de integração , temos
I2 =
(∫ ∞
0
e−x
2
dx
)(∫ ∞
0
e−y
2
dy
)
.
Colocando o primeiro fator para dentro do segundo sinal de integração , podemos escrever
a expreção acima na forma
I2 =
∫ ∞
0
(∫ ∞
0
e−x
2
dx
)
e−y
2
dy =
∫ ∞
0
(∫ ∞
0
e−x
2
e−y
2
dx
)
dy
=
∫ ∞
0
∫ ∞
0
e−(x
2+y2)dxdy.
Essa integral dupla se dá em região que é todo o primeiro quadrante do plano xy. Em
coordenadas polares, temos
I2 =
∫ π/2
0
∫ ∞
0
e−r
2
rdrdθ =
∫ π/2
0
[
−1
2
e−r
2
]∞
0
dθ =
∫ π/2
0
1
2
dθ =
π
4
,
logo
I =
1
2
√
π
ou
∫ ∞
0
e−x
2
dx =
1
2
√
π.
Essa fórmula é praticamente notável, pois sabe-se que a integral indefinida
∫
e−x
2
dx
é imposśıvel de ser expressa como função elementar*.
* Existe uma história famosa envolvendo Lord Kelvin, f́ısico escocês do século XIX. Certa
ocasião , Kelvin perguntou à classe: ”Vocês sabem o que é um matemático?”Ele foi ao
quadro-negro e escreveu
∫ ∞
−∞
e−x
2
dx =
√
π,
que é equivalente a. ”Um matemático”, continuou, ”é uma pessoa para quem isto é tão
óbivio quanto o fato de dois mais dois ser quatro para vocês”. Na verdade, essa fórmula
não é óbivia nem para o autor nem para qualquer dos matemáticos que ele conhece. Poder-
se-ia concluir que Kelvin estava se exibindo e tentando desmoralizar sua classe.
332
311. Calcule o momento de inércia Ix de uma lâmina ocupando a região R : 0 ≤
x ≤ 1, 0 ≤ y ≤
√
1 − x2 se a densidade de massa no ponto (x, y) é dada por
σ (x, y) = 3y3 gramas por cent́ımetro quadrado.
Solução .
Ix =
∫ ∫
R
σ (x, y) y2dxdy =
∫ 1
0
∫ √1−x2
0
(
3y3
)
y2dydx =
∫ 1
0
[
y6
2
]
√
1−x2
0
dx
=
1
2
∫ 1
0
(
1 − x2
)3
dx =
1
2
∫ 1
0
(
1 −3x2 + 3x4 − x6
)
dx =
1
2
[
x − x3 + 3x
5
5
− x
7
7
]1
0
=
8
35
g.cm2.
333
312. Seja R o interior do triângulo no plano cujos vértices são A = (0, 0) , B = (1, 2)
e C = (5, 14) .Calcule
∫ ∫
R
dxdy.
Solução . A área do triângulo ABC é o valor absoluto de
1
2





0 0 1
1 2 1
5 14 1





=
1
2


1 2
5 14

 =
1
2
(14 − 10) = 2
Se uma função f tem valores não -negativos sobre a região R, então
∫ ∫
R
f (x, y) dxdy
pode ser interpretada como o volume V do sólido abaixo do gráfico de f e acima da região
R. Frequentemente V pode ser encontrado pelos métodos apresentados no Cap.7 (fatias,
discos circulares, figuras ciĺındricas e assim por diante), e desta forma
∫ ∫
R
f (x, y) dxdy
pode ser calcuado.
334
313. Seja R o retângulo 0 ≤ x ≤ 1 e 0 ≤ y ≤ 1 esto é, sobre a diagonal y = x, seja
R2 a parte abaixo, sob a diagonal y = x. Suponha que
∫ ∫
R1
f (x, y) dxdy = 3,
∫ ∫
R1
g (x, y) dxdy = −2
∫ ∫
R2
f (x, y) dxdy = 5,
∫ ∫
R2
g (x, y) dxdy = 1.
Ache
(a)
∫ ∫
R
f (x, y) dxdy, (b)
∫ ∫
R
g (x, y) dxdy, (c)
∫ ∫
R
[4f (x, y) − 3g (x, y)] dxdy.
Solução . (a) (Aditividade em relação à região de integração ). Seja R uma região
admisśıvel e suponha que R possa ser dedecomposta em duas regiões admisśıveis não -
superpostas R1 e R2.(Nota: As regiões podem dividir pontos comuns de limites.) Se
f é Riemann-integrável sobre as regiões R1 e R2, então f é Riemann-integrável sobre
R. Logo,
∫ ∫
R
f (x, y) dxdy =
∫ ∫
R1
f (x, y) dxdy +
∫ ∫
R2
f (x, y) dxdy = 3 + 5 = 8.
(b) Assim como em (a)
∫ ∫
R
g (x, y) dxdy =
∫ ∫
R1
g (x, y) dxdy +
∫ ∫
R2
g (x, y) dxdy = −2 + 1 = −1.
(c) Usando (a) e (b) e o fato de (Propriedade linear).Se f e g são funções Riemann-
integráveis sobre a região admisśıvel R e se A e B são constantes, então Af ± Bg é
também Riemann-integrável Sobre R, assim temos
∫ ∫
R
[4f (x, y) − 3g (x, y)] dxdy = 4
∫ ∫
R
f (x, y) dxdy−3
∫ ∫
R
g (x, y) dxdy = (4) (8)−(3) (−1) = 35.
335
314. Calcule a integral iterada
∫ 2
−1
∫ 2
0
x2y3dydx
Solução . Pelo teorema de Fubini
∫ 2
−1
∫ 2
0
x2y3dydx =
∫ x=2
x=−1
[∫ y=2
y=0
x2y3dy
]
dx
=
[
x2y4
4
]y=2
y=0
dx =
∫ x=2
x=−1
[
16x2
4
− 0
]
dx
=
[
4
3
x3
]2
−1
=
(
32
3
)
−
(
−4
3
)
= 12.
336
315. Calcule a integral iterada
∫ 4
0
∫ 3x/2
0
√
16 − x2dydx
Solução . Pelo Teorema de Fubibi
∫ 4
0
∫ 3x/2
0
√
16 − x2dydx =
∫ x=4
x=0
[
∫ y=3x/2
y=0
√
16 − x2dy
]
dx
=
∫ x=4
x=0
[
√
16 − x2
∫ y=3x/2
y=0
dy
]
dx =
∫ x=4
x=0
√
16 − x2 [y]y=3x/2y−0 dx
=
∫ 4
0
√
16 − x2
(
3x
2
)
dx.
A integral posterior pode ser calculada usando a substituição u = 16 − x2, seguindo-se
que du = −2x, xdx = − 12du e
(
3x
2
)
dx = − 34du. Visto que u = 16 quando x = 0 e u = 0
quando x = 4, temos
∫ 4
0
√
16 − x2
(
3x
2
)
dx =
∫ 0
16
√
u
(
−3
4
)
du =
3
4
∫ 16
0
√
udu =
3
4
[
2
3
u3/2
]16
0
= 32.
337
316. Calcule a integral iterada
∫ π
0
∫ y2
0
sin
(
x
y
)
dxdy
Solução . Pelo Teorema de Fubini
∫ π
0
∫ y2
0
sin
(
x
y
)
dxdy =
∫ π
0
[
∫ y2
0
sin
(
x
y
)
dx
]
dy =
∫ π
0
[
−y cos x
y
]y2
0
dy =
∫ π
0
(
−y cos y
2
y
+ y cos
0
y
)
dy
=
∫ π
0
(y − y cos y) dy =
∫ π
0
ydy −
∫ π
0
y cos ydy
[Integrando por partes para u = y, dv = cos ydy, du = dy e v = sin y temos ]
=
[
y2
2
]π
0
− [y sin y + cos y]π0 =
π2
2
− (π sinπ + cosπ) + (0 sin 0 cos 0) = π
2
2
+ 2.
338
317. A carga elétrica é distribúıda sobre a região R triangular 0 ≤ y ≤ 1 e 0 ≤ x ≤ 1.
Visto que a densidade de carga em qualquer ponto (x, y) em R é dada por
σ (x, y) =
(
x − x2
) (
y − y2
)
Coulomb/cm2. Ache a soma total de carga elétrica na
região R.
Solução . A carga total na superf́ıcie R é dada por
∫ ∫
R
σ (x, y) dxdy =
∫ 1
0
∫ 1
x
(
x − x2
) (
y − y2
)
dydx
=
∫ 1
0
(
x − x2
)
[(
y2
2
− y
3
3
)]x
0
dx
=
∫ 1
0
(
x3
2
− 5x
4
6
+
x5
3
)
dx =
[
x4
8
− x
5
6
+
x6
18
]1
0
=
1
72
coulomb.
339
318. Calcule os momentos de inércias Ix, Iy, e I0 de uma lâmina quadrada cujos
lados medem 2 cent́ımetros de comprimento , são paralelos aos eixos x e y e
cujo centro está na origem. Suponha que a lâmina é homogênia (isto, é sua
massa é distribúıda uniformemente) e que sua massa total é de 8 gramas.
Solução . A área de lâmina vale 4 cent́ımetros quadrados. Visto que ela é homogênia,
sua densidade de massa é uma constante, 82 gramas por cent́ımetro quadrado. Logo,
σ (x, y) = 2 para todos os pontos (x, y) dentro da lâmina. Logo,
Ix =
∫ ∫
R
σ (x, y) y2dxdy = 2
∫ ∫
R
y2dxdy = 2
∫ 1
−1
∫ 1
−1
y2dxdy
= 2
∫ 1
−1
2y2dy =
[
4y3
3
]1
−1
=
8
3
g.cm2
Iy =
∫ ∫
R
σ (x, y)x2dxdy = 2
∫ ∫
R
x2dxdy = 2
∫ 1
−1
∫ 1
−1
x2dxdy
=
2
3
∫ 1
−1
[
x3
]1
−1 dy =
2
3
∫ 1
−1
2dy =
8
3
g.cm2
I0 =
∫ ∫
R
σ (x, y)
(
x2 + y2
)
dxdy = Ix + Iy =
16
3
g.cm2.
340
319. Determine o volume do sólido que está sob o paraboloide z = x2 + y2, acima
do plano xy, e dentro do cilindro x2 + y2 = 2x .
Solução . A fronteira do disco D possui a seguinte equação x2 + y2 = 2x ou após
completar os quadrados (x − 1) + y2 = 1 Para achar as coodenadas polares, faremos
x2 + y2 = r2 e x = rcosθ , então a fronteira circular r2 = 2cosθ, ou r = 2cosθ . Portanto
o disco D vai possuir uma região igual a :
D = {(r, θ)/ − π/2 ≤ θ ≤ π/2, 0 ≤ r ≤ 2cosθ}
e se F continua em uma região polar da forma
D = {(r, θ/ α ≤ θ} ≤ β, h1(θ) ≤ r ≤ h2(θ)
Então
∫ ∫
(x, y)dA =
∫ β
α
∫ h2
h1
f(r(cosθ, rsenθ)rdrdθ
. Portanto ,
V =
∫ ∫
D
(x2 + y2)dA =
∫ π/2
−π/2
∫ 2cosθ
0
r2rdrdθ
=
∫ π/2
−π/2
[
r4
4
]2cosθ0 dθ = 4
∫ π/2
−π/2
cos4θdθ
= 8
∫ π/2
0
cos4θdθ = 8
∫ π/2
0
(
1 + cos2θ
2
)2
dθ
= 2
∫ π/2
0
[1 + 2cos2θ +
1
2
(1 + cos4θ)]dθ
= 2[
3
2
θ + sen2θ +
1
8
sen4θ]
π/2
0 = 2(
3
2
)(
π
2
) =
3π
2
341
320. Determine a massa e o centro de massa de uma lâmina triangular com vértices
(0,0), (1,0) e (0,2) se a função densidade e p(x,y) = 1 + 3x + y.
Solução .O triângulo tem equação da fronteira superior igual a y = 2 - 2x . Então a
massa da lâmina será.
M =
∫ ∫
D
p(x, y)dA =
∫ 1
0
∫ 2−2x
0
(1 + 3x + y)dydx
M =
∫ 1
0
[
y + 3xy +
y2
2
]y=2−2x
y=0
dx
M = 4
∫ 1
0
(1 − x2)dx = 4
[
x − x
3
3
]1
0
=
8
3
Achada a massa acharemos o centro de massa da seguinte forma :
X =
1
m
∫ ∫
D
xp(x, y)dA =
3
8
∫ 1
0
∫ 2−2x
0
(x + 3x2 + xy)dydx
=
3
8
∫ 1
0
[
xy + 3x2y + x
y2
2
]y=2−2x
y=0
dx
=
3
2
∫ 1
0
(x − x3)dx =
[
x2
2
− x
4
4
]1
0
=
3
8
y =
1
m
∫ ∫
D
yp(x, y)dA =
3
8
∫ 2−2x
0
(y + 3xy + y2)dydx
=
3
8
∫ 1
0
[
y2
2
+ 3x
y2
2
+
y3
3
]y=2−2x
y=0
dx =
1
4
∫ 1
0
(7 − 9x − 3x2 + 5x3)dx
=
1
4
[
7x − 9x
2
2
− x3 + 5x
4
4
]1
0
=
11
16
Portanto o centro de massa será ( 38 ,
11
16 )
342
321. A densidade em qualquer ponto de uma lâmina semicircular é proporcinonal
a distância do centro do ćırculo.Determine o centro de massa da lâmina .
Solução .Se considerarmos a lâmina como sendo a metade superior do ćırculo x2+y2 = a2
teremos a distância do ponto (x,y) , ao centro do ćırculo que é a origem , é
√
x2 + y2.
A função densidade será : p(x, y) = k
√
x2 + y2 , sendo k uma constante . Esta equação
da função densidade e o formato da lâmina nos leva a uma conversão para coordenadas
polares. Então
√
x2 + y2 = r e a região D é dada por 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ θ ≤ π. A massa da
lâmina será portanto :
M =
∫ ∫
D
p(x, y)dA =
∫ ∫
D
k
√
x2 + y2dA
=
∫ π
0
∫ a
0
(kr)rdrdθ = k
∫ π
0
dθ
∫ a
0
r2dr
= kπ
r3
3
]a0 =
kπa3
3
A função densidade e a lâmina são simétricas com relação ao eixo y, por isso que o centro
de massa tem que estar sobre o eixo y ou seja x = 0 , então tentaremos encontrar a
coordenada y do seguinte modo :
y =
1
m
∫ ∫
D
yp(x, y)dA =
3
kπa3
∫ π
0
∫ a
0
rsenθ(kr)rdrdθ
=
3
πa3
∫π
0
senθdθdθ
∫ a
0
r3dr =
3
πa3
[−cosθ]π0 [
r4
4
]a0
=
3
πa3
2a4
4
=
3a
2π
O centro de massa, portanto está localizado no seguinte ponto (0, 3a/(2π)).
343
322. Considere o conjunto S = f(x, y, z)2 r3 : 0 ≤ x ≤ 1;x2−1 ≤ y ≤ x2, x3 ≤ z ≤ x3+2g
e a função g: r3 ! r3 definida por g(x, z, z) = (x; y − x2, z − x3) :
i) mostre que a função ge uma mudança de coordenadas.
ii) Use a mudança de coordenadas g para calcular o integral
∫
z−x3
1+x2
Solução .A função g sendo polinomial é claramente de classe c1 . A função g é injectativa.
De fato, se g(x1, y1, z1) = g(x2, y2, z2) entao (x1; y1− x21; z1− x3) = (x2, y2− x22, z2−
x32) e portanto , x1 = x2 ; y1 = y2 ; z1 = z2 A derivada de ge representada pela matriz
Dg(x; y; z) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 0 0
−2x 1 0
−3x2 0 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
e, portanto , detDg ( x; y; z ) = 1 = 0 . Assim , ge uma mudança de coordenadas emR3
da descrição do conjunto S temos 0 < x < 1;−1 < y − x2 < 0; 0 < z − x3 < 2 e fazendo
( u , v, w ) - g (x, y , z ) , obtemos 0 ¡ u ¡ 1 -1 ¡ v ¡ 0 0 ¡ w ¡ 2 . Note- se que através
da função g ao conjunto S corresponde o intervalo t = g(s) = (u, v, w) ∈ R3 : 0 < u <
1;−1 < v < 0; 0 < w < 2 Note -se que através da funçao g , ao conjunto S corresponde o
intervalo T = g(s) = {(u, vw) ∈ R3 : 0 < u < 1;−1 < v < 0; 0 < w < 2} Portanto,
∫
z − x2
1 + x2
dxdz =
∫ 1
0
(
∫ 0
−1
(
∫ 2
0
w
1 + u2
dw))dv)du
= 2
∫ 1
0
(
∫ 0
−1
1
1 + u2
dv)du
= 2
∫ 1
0
1
1 + u2
=
π
2
344
323. Determine a área da superf́ıcie da parte da superf́ıcie z = x2 + 2y que está
acima da região triangular T no plano X com vértices (0,0) (1,0) e (1,1) .
Solução .Como a área da superf́ıcie é calculado por
A(s) =
∫ ∫
√
[fx(x, y)]2 + [fy(x, y)]2 + 1dA
Então com f(x, y) = x2 + 2y , obtemos :
A =
∫ ∫
T
√
(2x)2 + (2)2 + 1dA =
∫ 1
0
∫ x
0
√
4x2 + 5dydx
=
∫ 1
0
x
√
4x2 + 5dx =
1
8
· 2
3
(4x2 + 5)3/2]10 =
1
12
(27 − 5
√
5)
345
324. Determine a área do parabolóide z = x2 + y2 que está abaixo do plano z = 9
. O plano intercpta o parabolóide no ćırculo x2 + y2 = 9, z = 9 . Portanto a
superf́ıcie dada está acima do disco D com centro na origem e raio 3 .
Solução .Sabemos que
A(s) =
∫ ∫
D
√
1 + (
dz
dx
)2 + (
dz
dy
)2dA
portanto ,
A =
∫ ∫
D
√
1 + (
∂z
∂x
)2 + (
∂z
∂y
)dA =
∫ ∫
D
√
1 + (2x)2 + (2y)2dA
Se convertermos para coordenadas polares iremos facilitar os cálculos e achar o resultado
A =
∫ 2π
0
∫ 3
0
√
1 + 4r2rdrdθ =
∫ 2π
0
dθ
∫ 3
0
1
8
√
1 + 4r2(8r)dr
= 2π(
1
8
)
2
3
(1 + 4r2)3/2]30 =
π
6
(37
√
37 − 1)
346
325. Calcule
∫ 2
−2
∫√4−x2
−
√
4−x2
∫ 2√
x2+2
(x2 + y2)dzdydx.
Solução .Essa integral está sobre a região
E : {(x, y, z)/2 ≤ x ≤ 2,−
√
4 − x2,
√
x2 + 2 ≤ z ≤ 2}
sabemos que :
∫ ∫ ∫
f(x, y, z)dV =
∫ ∫
[
∫ u2(x,y)
u1(x,y)
f(x, y, z)dZ]dA
Portanto teremos
∫ 2
−2
∫ √4−x2
−
√
4−x2
∫ 2
√
x2+y2
(x2 + y2)dzdydx =
∫ ∫
E
∫
(x2 + y2)dV
=
∫ 2π
0
∫ 2
0
∫
r2r2rdzdrdθ
=
∫ 2π
0
dθ
∫ 2
0
r3(2 − r)dr = 2π[ 1
2
r4 − 1
5
r5]20 =
16
5
π
347
326. Calcule o volume do conjunto de todos (x,y,z) tais que 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 e
0 ≤ z ≤ x2 + y2.
Solução . Seja D = [0, 1]× [0, 1]. O volume de tal conjunto é
∫
D
∫
(x2 +y2)dxdy. Logo,
∫ 1
0
∫ 1
0
(x2 + y2) dxdy =
∫ 1
0
x3
3
+ y2
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
dy
=
∫ 1
0
1
3
+ y2dy
=
1
3
y +
y3
3
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
=
1
3
+
1
3
=
2
3
348
327. Calcule
∫
B
∫
xy dxdy onde B é o conjunto de todos (x,y) tais que 0 ≤ x ≤ 1,
0 ≤ y ≤ x2.
Solução . Se integrarmos primeiro em relação a y, obteremos:
∫
B
∫
xy dxdy =
∫ 1
0
∫ x2
0
xy dydx
=
∫ 1
0
xy2
2
∣
∣
∣
∣
∣
x2
0
dx
=
∫ 1
0
xx4
2
dx
=
x6
12
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
=
1
12
349