Execicio de calculo de integrais duplas e triplas

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Cálculo IV – EP8 – Tutor
Exerćıcio 1: Calcule a integral dupla de f (x, y) = xy sobre a região D limitada por x = −1, y = 1,
y = x e o eixo x.
Solução: O esboço de D é:
x
y
Dx = −1
y = x
x = y
−1
1
As fronteiras da esquerda e da direita são respectivamente as retas x = −1 e x = y. Logo, −1 ≤ x ≤ y.
Como a projeção de D sobre o eixo y é o intervalo [0, 1], então 0 ≤ y ≤ 1. Logo D é do tipo II e
D = {(x, y) | 0 ≤ y ≤ 1 , −1 ≤ x ≤ y} .
Então:
∫∫
D
xy dxdy =
∫ 1
0
∫ y
−1
xy dxdy =
∫ 1
0
[
x2y
2
]y
−1
dy =
1
2
∫ 1
0
(y3 − y) dy =
1
2
[
y4
4
− y2
2
]1
0
=
1
2
(
1
4
− 1
2
)
= −1
8
.
Exerćıcio 2: Calcule a integral iterada pela reversão da ordem de integração
I =
∫ 4
0
∫ 2
√
y
y
√
1 + x5
dxdy .
Solução: Temos que I =
∫∫
D
y
√
1 + x5
dxdy, onde D =
{
(x, y) | 0 ≤ y ≤ 4 ,
√
y ≤ x ≤ 2
}
. Na faixa
horizontal dada por 0 ≤ y ≤ 4, esboçaremos as curvas x =
√
y (ou y = x2 , x ≥ 0) e x = 2. Assim, o
esboço de D está representado na figura que se segue.
Cálculo IV EP8 – Tutor 2
D
x
y
4
1
2
y= x2
y = 0
Descrevendo D como tipo I, temos que







0 ≤ x ≤ 2
0 ≤ y ≤ x2
. Então,
I =
∫ 2
0
∫ x2
0
y
√
1 + x5
dydx =
∫ 2
0
1
√
1 + x5
∫ x2
0
y dydx
=
∫ 2
0
(
1 + x5
)−1/2
[
y2
2
]x2
0
dx =
1
2
∫ 2
0
(
1 + x5
)−1/2
x4 dx
Fazendo u = 1 + x5 temos du = 5x4 dx donde x4 dx = du/5. Se x = 0, temos u = 1 e se x = 2,
temos u = 33. Logo,
I =
1
2
∫ 33
1
u−1/2 du
5
=
1
10
· 2
[
u1/2
]33
1
=
1
5
(√
33 − 1
)
.
Exerćıcio 3: Calcule a massa de uma placa contida na região de D : 1 ≤ x2
+ y2 ≤ 4,
com y ≥ 0, cuja densidade no ponto P = (x, y) é proporcional à distância do ponto à origem.
Solução: O esboço de D está representado na figura que se segue.
x
y
D
−1−2
1
1
2
2
Como a distância de P = (x, y) à origem é igual a
√
x2
+ y2 então δ(x, y) = k
√
x2
+ y2 onde k é o
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV EP8 – Tutor 3
coeficiente de proporcionalidade. Temos:
M =
∫∫
D
δ(x, y) dxdy = k
∫∫
D
√
x2
+ y2 dxdy .
Passando para coordenadas polares, temos:















x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = rdrdθ
x2
+ y2
= r2
.
Observando a região D vemos que o ângulo polar θ varia de 0
(
em (2, 0)
)
até π
(
em (−2, 0)
)
. Fixando
θ, com 0 ≤ θ ≤ π, o raio vetor r deve variar de 1 a 2. Então temos: Drθ :







0 ≤ θ ≤ π
1 ≤ r ≤ 2
. Portanto:
M = k
∫∫
Drθ
√
r2r drdθ = k
∫∫
Drθ
r2 drdθ
= k
∫ π
0
∫ 2
1
r2 drdθ = k
[
r3
3
]2
1
∫ π
0
dθ =
7kπ
3
u.m.
Exerćıcio 4: Definimos o valor médio de uma função f (x, y) em uma região D ⊂ R2 como a integral
de f (x, y) em D dividida pela área de D, isto é,
m( f ,D) =
1
A(D)
∫∫
D
f (x, y) dxdy .
Calcule o valor médio de f (x, y) = x na região D do primeiro quadrante, limitada por x2
+ y2
= 4,
y = x e y = 0.
Solução: O esboço de D está representado na figura a seguir.
y
D
y = x
x (y = 0)
π/4
2
A área do setor circular D é:
A(D) =
1
8
área do disco de raio 2 =
1
8
π · 22
=
π
2
u.a.
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Cálculo IV EP8 – Tutor 4
Cálculo de
∫∫
D
f (x, y) dA =
∫∫
D
x dA
Utilizando coordenadas polares, temos que:

















x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = rdrdθ
x2
+ y2
= r2
.
A região D transforma-se em:
Drθ :
{
0 ≤ θ ≤ π/4
0 ≤ r ≤ 2
.
Então:
∫∫
D
x dA =
∫∫
Drθ
(r cos θ)r drdθ =
∫∫
Drθ
r2 cos θ drdθ =
∫ π/4
0
cos θ
∫ 2
0
r2 drdθ
=
∫ π/4
0
cos θ
[
r3
3
]2
0
dθ =
8
3
∫ π/4
0
cos θ dθ =
8
3
[
sen θ
]π/4
0
=
8
3
·
√
2
2
=
4
√
2
3
.
Assim:
m( f ,D) =
1
A(D)
∫∫
D
x dA =
1
π
2
· 4
√
2
3
=
8
√
2
3π
.
Exerćıcio 5: Use uma integral tripla para determinar o volume do sólido do primeiro octante limitado
pelo cilindro parabólico z = 1 − y2 e pelos planos y = x, x = 0 e z = 0.
Solução:
Esboço de W
Esbocemos no plano yz a parábola z = 1 − y2 com y ≥ 0 e z ≥ 0. Como a equação não depende da
variável x então por pontos da curva tracemos no primeiro octante semirretas paralelas ao eixo x,
obtendo assim a superf́ıcie z = 1 − y2.
No plano xy esbocemos a semirreta y = x com x ≥ 0. Como esta equação não depende da variável z
então por pontos da semirreta tracemos paralelas ao eixo z, obtendo assim a porção do plano y = x
no primeiro octante.
Vemos que os pontos A = (1, 1, 0) e B = (0, 0, 1) são comuns às duas superf́ıcies. Ligando-os temos
a curva interseção. Considerando que o sólido é também limitado pelos planos x = 0 e z = 0, temos
o sólido W representado na figura que se segue.
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Cálculo IV EP8 – Tutor 5
x
y
z
z = 1 − y2
1
1
x
y
z
y = x
x
y
z
W
Dxy
A
B
1
1
1
x
y
Dxy entra em y = x
sai em y = 1
1
1
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV EP8 – Tutor 6
Descrição de W
Projetando W no plano xy, temos a região Dxy, dada por Dxy :
{
0 ≤ x ≤ 1
x ≤ y ≤ 1
.
Imaginemos uma reta paralela ao eixo z através de W, orientada como o eixo z. Vemos que ela entra
em W em z = 0 e sai de W em z = 1 − y2. Então:
W :
{
(x, y, z) ∈ R3 | (x, y) ∈ Dxy e 0 ≤ z ≤ 1 − y2
}
.
O volume de W é dado por
V(W) =
∫∫∫
W
dV =
∫∫
Dxy
∫ 1−y2
0
dzdxdy =
∫∫
Dxy
(
1 − y2
)
dxdy =
=
∫ 1
0
∫ 1
x
(
1 − y2
)
dydx =
∫ 1
0
[
y − y3
3
]1
x
dx =
∫ 1
0
[(
1 − 1
3
)
−
(
x − x3
3
)]
dx =
=
∫ 1
0
(
2
3
− x +
x3
3
)
dx =
[
2
3
x − x2
2
+
x4
12
]1
0
=
2
3
− 1
2
+
1
12
=
1
4
u.v.
Exerćıcio 6: Determine a massa e o centro de massa do sólido W limitado pelo parabolóide
z = 4x2
+ 4y2 e pelo plano z = a, com a > 0, se W tem densidade constante k.
Solução: De z = 4x2
+ 4y2 e z = a temos 4x2
+ 4y2
= a donde x2
+ y2
=
( √
a
2
)2
. Então, a interseção
do parabolóide com o plano é a circunferência x2
+ y2
=
( √
a
2
)2
contida no plano z = a.
x
y
z
W
D
a
√
a/2√
a/2
x
y
D
√
a/2
√
a/2
A massa M do sólido W é M =
∫∫∫
W
δ(x, y, z)dV = k
∫∫∫
W
dV .
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Cálculo IV EP8 – Tutor 7
Descrição de W em coordenadas ciĺındricas
Como a projeção de W no plano xy é o disco Dxy : x2
+ y2 ≤
( √
a
2
)2
, então temos







0 ≤ r ≤
√
a
2
0 ≤ θ ≤ 2π
.
Imaginemos, através de W, uma reta paralela ao eixo z, orientada como o eixo z. Ela entra em W em
z = 4x2
+ 4y2
= 4r2 e sai de W em z = a. Logo, 4r2 ≤ z ≤ a. Assim, temos Wrθz :













0 ≤ r ≤
√
a
2
0 ≤ θ ≤ 2π
4r2 ≤ z ≤ a .
.
Então:
M = k
∫∫∫
Wrθz
r drdθdz = k
∫
√
a
2
0
r
∫ a
4r2
∫ 2π
0
dθdzdr = 2kπ
∫
√
a
2
0
r
∫ a
4r2
dzdr
= 2kπ
∫
√
a
2
0
r
(
a − 4r2
)
dr = 2kπ
∫
√
a
2
0
(
ar − 4r3
)
dr = 2kπ
[
ar2
2
− r4
]
√
a
2
0
= 2kπ
(
a2
8
− a2
16
)
=
2kπa2
16
=
kπa2
8
u.m.
O centro de massa é dado por:
Mx =
∫∫∫
W
x δ(x, y, z) dV =
∫∫∫
W
kx dV
My =
∫∫∫
W
ky dV
Mz =
∫∫∫
W
kz dV .
Como f (x, y, z) = kx e g(x, y, z) = ky são funções ı́mpares nas variáveis x e y, respectivamente, e W
tem simetria em relação aos planos yz e xz então
∫∫∫
W
kx dV = 0 e
∫∫∫
W
ky dV = 0. Assim, x = 0
e y = 0.
Cálculo de
∫∫∫
W
kz dV
Temos:
∫∫∫
W
kz dV = k
∫∫∫
Wrθz
zr drdθdz = k
∫
√
a
2
0
r
∫ a
4r2
∫ 2π
0
dθdzdr = 2kπ
∫
√
a
2
0
r
[
z2
2
]a
4r2
dr =
= kπ
∫
√
a
2
0
r
(
a2 − 16r4
)
dr = kπ
∫
√
a
2
0
(
a2r − 16r5
)
dr = kπ
[
a2r2
2
− 8r6
3
]
√
a
2
0
=
= kπ
(
a3
8
− a3
24
)
=
kπa3
12
.
Logo
kπa2
8
z =
kπa3
12
donde z =
2a
3
. Portanto, o centro de massa é
(
0, 0,
2a
3
)
.
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Cálculo IV EP8 – Tutor 8
Exerćıcio 7: Calcule a massa do sólido W limitadopelos planos x = 0, y = 0, z = 0, y + z = 1 e
x + z = 1, sendo a densidade δ(x, y, z) = z.
Solução:
Esboço do sólido W
Para esboçar o plano y + z = 1, traçamos inicialmente a reta y + z = 1 no plano yz. Como a
equação não depende da variável x então por pontos da reta traçamos retas paralelas ao eixo x.
Analogamente, esboçamos o plano x + z = 1. Observemos que os pontos A = (0, 0, 1) e B = (1, 1, 0)
são comuns aos dois planos. Ligando-os por uma reta, obtemos a curva interseção. Considerando
que W é limitado pelos planos coordenados, temos assim o esboço na figura que se segue.
x
y
z
W
Dxz
A
B
sai em y = 1 − z
entra em y = 0
1
1
1
x
z
Dxz
sai em z = 1 − x
entra em z = 0
1
1
Devemos projetar W no plano xz ou no plano yz, pois para projetar W no plano xy devemos dividir
W em duas partes, usando o plano y = x. Então, projetemos W no plano xz. Imaginando através de
W uma reta paralela ao eixo y, orientada como o eixo y, vemos que ela entra em W em y = 0 e sai
de W em y = 1 − z. Portanto:
W :
{
(x, y, z) ∈ R3 | (x, z) ∈ Dxz e 0 ≤ y ≤ 1 − z
}
com Dxz :
{
0 ≤ x ≤ 1
0 ≤ z ≤ 1 − x
. A massa M do sólido W é:
M =
∫∫∫
W
δ(x, y, z) dV =
∫∫∫
W
z dV =
∫∫
Dxz
z
∫ 1−z
0
dydxdz =
∫∫
Dxz
z(1 − z) dxdz =
=
∫∫
Dxz
(
z − z2
)
dxdz =
∫ 1
0
∫ 1−x
0
(
z − z2
)
dz =
∫ 1
0
[
z2
2
− z3
3
]1−x
0
dx =
=
∫ 1
0
[
(1 − x)2
2
− (1 − x)3
3
]
dx .
Fazendo u = 1 − x temos dx = −du. Para x = 0 temos u = 1 e para x = 1 temos u = 0. Então:
M =
∫ 0
1
(
u2
2
− u3
3
)
(−du) = −
∫ 0
1
(
u2
2
− u3
3
)
du =
∫ 1
0
(
u2
2
− u3
3
)
du =
[
u3
6
− u4
12
]1
0
=
=
1
6
− 1
12
=
1
12
u.m.
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Cálculo IV EP8 – Tutor 9
Exerćıcio 8: Calcule a massa do sólido homogêneo W, limitado pelos planos y+ z = 1, x = y, x = 0
e z = 0.
Solução: Identificação das superf́ıcies:
• y + z = 1 =⇒ plano com geratrizes paralelas ao eixo x e diretriz, rata y + z = 1, no pnao yz;
• x = y =⇒ plano com geratrizes paralelas ao eixo z e diretriz, reta x = y, no plano xy;
• x = 0 =⇒ plano coordenado yz;
• z = 0 =⇒ plano coordenado xy.
Esboçando os planos x+ z = 1 e x = y, vemos que os pontos A = (0, 0, 1) e B = (1, 1, 0) são comuns
aos planos. Logo, a reta AB é a interseção dos planos.
x
y
z
0
1
1
1
A= (0, 0, 1)
B= (1, 1, 0)
Levando em conta que W é limitado pelos planos x = 0 e z = 0, temos o esboço de W.
x
y
z
0
1
1
1
W
z=1−y
z=0 x
y
0
x=0
1
Dxy
x=y
Temos W : (x, y) ∈ Dxy, 0 ≤ z ≤ 1 − y.
Como W é um sólido homogêneo, então a densidade é constante: δ(x, y, z) = k.
Assim a massa M é dada por
M =
∫∫∫
W
δ(x, y, z) dV = k
∫∫∫
W
dV = k
∫∫
Dxy
∫ 1−y
0
dz dx dy = k
∫∫
Dx,y
(1 − y)dx dy
= k
∫ 1
0
(1 − y)
∫ y
0
dx dy = k
∫ 1
0
(1 − y)y dy = k
∫ 1
0
(y − y2) dy = k
[
y2
2
− y3
3
]1
0
=
k
6
.
Logo, M =
k
6
u.m.
Exerćıcio 9: Calcule
∫∫∫
W
(x2
+ y2
+ z2)3 dV , onde W é limitado pelos planos coordenados e pela
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Cálculo IV EP8 – Tutor 10
porção da esfera x2
+ y2
+ z2
= 1, pertence ao primeiro octante.
Solução: Solução: O esboço de W está representado na figura que se segue.
x
y
z
W
1
1
1
Passando para coordenadas esféricas, temos:



















x = ρ senφ cos θ
y = ρ senφ sen θ
z = ρ cosφ
dV = ρ2 senφ dρdφdθ
x2
+ y2
+ z2
= ρ2
.
Então,
∫∫∫
W
(
x2
+ y2
+ z2
)3
dV =
∫∫∫
Wρφθ
(
ρ2
)3
ρ2 senφ dρdφdθ =
∫∫∫
Wρφθ
ρ8 senφ dρdφdθ
onde Wρφθ é dado por 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π/2 e 0 ≤ φ ≤ π/2. Logo,
∫∫∫
W
(
x2
+ y2
+ z2
)3
dV =
∫ 1
0
∫ π/2
0
∫ π/2
0
ρ8 sen φ dθdφdρ =
∫ 1
0
ρ8
∫ π/2
0
sen φ
∫ π/2
0
dθdφdρ
=
π
2
∫ 1
0
ρ8
[
− cos φ
]π/2
0
dρ =
π
2
(0 + 1)
[
ρ9
9
]1
0
=
π
18
.
Exerćıcio 10: Seja C uma curva interseção do cilindro eĺıptico 2x2 − 4x + y2
= 0 com o plano
x + z = 1.
(a) Apresente uma paremetrização diferenciável para C.
(b) Calcule
∫
C
√
2x ds.
Solução:
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Cálculo IV EP8 – Tutor 11
(a) Completando quadrados em 2x2−4x+y2
= 0 temos 2
(
x2 − 2x + 1
)
+y2
= 2 ou (x−1)2
+
y2
2
= 1 ,
que é uma elipse com a = 1 e b =
√
2 . Então, considerando (x, y, z) ∈ C temos que x, y e z
satisfazem









(x − 1)2
+
y2
2
= 1 (1)
z = 1 − x (2)
De (1) temos que x = 1 + cos t e y =
√
2 sen t, com 0 ≤ t ≤ 2π. De (2) temos que
z = 1 − (1 + cos t) = − cos t. Assim, uma parametrização diferenciável de C é dada por:
γ(t) =
(
1 + cos t,
√
2 sen t,− cos t
)
com 0 ≤ t ≤ 2π.
(b) Temos que
γ′(t) =
(
− sen t,
√
2 cos t, sen t
)
donde
∣
∣
∣
∣
∣
∣γ′(t)
∣
∣
∣
∣
∣
∣ =
√
sen2 t + 2 cos2 t + sen2 t =
√
2 sen2 t + 2 cos2 t =
√
2 .
Como ds =
∣
∣
∣
∣
∣
∣γ′(t)
∣
∣
∣
∣
∣
∣ dt então ds =
√
2 dt. Assim:
∫
C
√
2 x ds =
∫ 2π
0
√
2(1 + cos t)
√
2 dt = 2
[
t + sen t
]2π
0
= 4π .
Exerćıcio 11: Seja a curva C parte da interseção da esfera x2
+ y2
+ z2
= 9 com o plano y =
√
2x,
situada no primeiro octante.
(a) Parametrize C.
(b) Calcule a massa de C sendo a densidade dada por δ(x, y, z) = x + y.
Solução:
(a) De x2
+ y2
+ z2
= 9 e y =
√
2x com x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, temos 3x2
+ z2
= 9, com x ≥ 0
e z ≥ 0 ou
x2
3
+
z2
9
= 1, com x ≥ 0 e y ≥ 0. Significa então que a projeção de C no plano xz
é a porção da elipse
x2
3
+
z2
9
= 1, com x ≥ 0 e z ≥ 0. Então x =
√
3 cos t e z = 3 sen t, com
0 ≤ t ≤ π/2. Como y =
√
2x, então y =
√
6 cos t. Assim, uma parametrização de C é dada
por γ(t) =
(√
3 cos t,
√
6 cos t, 3 sen t
)
, com 0 ≤ t ≤ π/2.
(b) Temos que γ′(t) =
(
−
√
3 sen t,−
√
6 sen t, 3 cos t
)
, donde
ds = ‖γ′(t)‖ dt =
√
3 sent
+6 sen2 t + 9 cos2 t dt =
√
9 sen2 t + 9 cos2 t dt = 3 dt .
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Cálculo IV EP8 – Tutor 12
Como M =
∫
C
δ(x, y, z) ds então:
M =
∫
C
(x + y)ds =
∫ π/2
0
(√
3 cos t +
√
6 cos t
)
3 dt = 3
(√
3 +
√
6
)
∫ π/2
0
cos t dt
= 3
(√
3 +
√
6
) [
sen t
]π/2
0
= 3
(√
3 +
√
6
)
u.m.
Exerćıcio 12: Um arame tem a forma da curva obtida como interseção da semi esfera x2
+y2
+z2
= 16,
x ≥ 0, com o plano y+z = 4. Sabendo que a densidade em cada ponto (x, y, z) é dada por δ(x, y, z) = x,
mostre que o momento de inércia em relação ao eixo x é igual a
32M
3
, onde M é a massa do arame.
Solução: De x2
+ y2
+ z2
= 16, com x ≥ 0 e y + z = 4, temos x2
+ y2
+ (4 − y)2
= 16, com x ≥ 0 ou
x2
+ 2y2 − 8y = 0, com x ≥ 0 ou x2
+ 2
(
y2 − 4y + 4
)
= 8, com x ≥ 0 ou
x2
8
+
(y − 2)2
4
= 1, com x ≥ 0
(semi-elipse) que representa a projeção de C sobre o plano xy. Então x = 2
√
2 cos t, y = 2 + 2 sen t,
e z = 4 − y = 2 − 2 sen t, com −π/2 ≤ t ≤ π/2 pois x =
√
2 cos t ≥ 0. Assim, uma parametrização
diferenciável de C é dada por:
γ(t) =
(
2
√
2 cos t, 2 + 2 sen t, 2 − 2 sen t
)
com −π/2 ≤ t ≤ π/2.
Logo
γ′(t) =
(
−2
√
2 sen t, 2 cos t,−2 cos t
)
donde
‖γ′(t)‖ =
√
8 sen2 t + 4 cos2 t + 4 cos2 t =
√
8 sen2 t + 8 cos2 t = 2
√
2 .
Assim,
ds = ‖γ′(t)‖ dt = 2
√
2 dt .
Como
M =
∫
C
δ(x, y, z) ds =
∫
C
x ds
então:
M =
∫ π/2
−π/2
(
2
√
2 cos t
)
2
√
2 dt = 8
[
sen t
]π/2
−π/2
= 16 u.m.
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Cálculo IV EP8 – Tutor 13
Por outro lado, o momento de inércia em relação ao eixo x é dado por:
Ix =
∫
C
(
y2
+ z2
)
δ(x, y, z) ds =
∫
C
(
y2
+ z2
)
x ds
=
∫ π/2
−π/2
[
(2 + 2 sen t)2
+ (2 − 2 sen t)2
] (
2
√
2 cos t
)
2
√
2 dt
= 8
∫ π/2
−π/2
(
4 + 8 sen t + 4 sen2 t + 4 − 8 sen t + 4 sen2 t
)
cos t dt
= 64
∫ π/2
−π/2
(
1 + sen2 t
)
cos t dt = 64
[
sen t +
sen3 t
3
]π/2
−π/2
= 64
(
2 +
2
3
)
=
512
3
=
32
3
· 16 .
Logo:
Iz =
32M
3
.
Exerćıcio 13: Inverta a ordem de integração e calcule o valor de I em
I =
∫ 1
0
∫
√
y
√
y/2
ex3
dx dy +
∫ 4
1
∫
√
y/2
1ex3
dx dy.
Solução: Temos I =
∫∫
D
ex3
dxdy, onde D = D1 ∪ D2 com
D1 ={
(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ y ≤ 1 ,
√
y
2
≤ x ≤ √y
}
e
D2 =
{
(x, y) ∈ R2 | 1 ≤ y ≤ 4 ,
√
y
2
≤ x ≤ 1
}
.
Com as informações dadas acima, podemos ilustrar a nossa região D (ver figura na próxima página).
x
y
D1
D2
x =
√
y
2
⇒ y = 4x2
x =
√
y⇒ y = x2
x = 1
1
1
4
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Cálculo IV EP8 – Tutor 14
Enquadrando D como tipo I, temos
D =
{
(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 1 , x2 ≤ y ≤ 4x2
}
.
Então
I =
∫ 1
0
∫ 4x2
x2
ex3
dydx =
∫ 1
0
ex3
(
4x2 − x2
)
dx =
∫ 1
0
ex3
(
3x2
)
dx = ex3
∣
∣
∣
∣
∣
1
0
= e − 1 .
Exerćıcio 14: Considere a região D =
{
(x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ x ≤
√
2, x ≤ y ≤
√
4 − x2
}
.
(a) Esboce a região D e descreva-a em coordenadas polares.
(b) Calcule a integral dupla de f (x, y) = x sobre a região D.
Solução:
(a) De 0 ≤ x ≤
√
2, temos que D está contida na faixa vertical, limitada pelas retas x = 0 e x =
√
2.
De x ≤ y ≤
√
4 − x2, temos que D está limitada inferiormente pela reta y = x e superiormente pela
curva y =
√
4 − x2 ou x2
+ y2
= 4 com y ≥ 0. Assim, temos o esboço de D:
D
x
y
y=x
π
4
√
2 2
2
Descrição de D em coordenadas polares:
Drθ :







π/4 ≤ θ ≤ π/2
0 ≤ r ≤ 2.
(b) Temos
∫∫
D
f (x, y) dx dy =
∫∫
D
x dx dy.
Passando para coordenadas polares, temos:
x = r cos θ, dx dy = r dr dθ.
Então,
∫∫
D
x dx dy =
∫∫
Drθ
(r cos θ) r dr dθ =
∫∫
Drθ
r2 cos θ dr dθ
=
∫ π/2
π/4
cos θ
∫ 2
0
r2 dr dθ =
∫ π/2
π/4
cos θ
[
r3
3
]2
0
dθ =
8
3
∫ π/2
π/4
cos θ dθ
=
8
3
[
sen θ
]π/2
π/4
=
8
3
(
1 −
√
2
2
)
=
4
3
(
2 −
√
2
)
.
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Cálculo IV EP8 – Tutor 15
Exerćıcio 15: Use uma integral tripla para calcular o volume da região W limitada pelos paraboloides
z = x2
+ y2 e z = 36 − 3x2 − 3y2.
Solução: De z = x2
+ y2 e z = 36 − 3x2 − 3y2 temos 4x2
+ 4y2
= 36 ou x2
+ y2
= 9 e z = 9 o que
significa que os parabolóides se interceptam no plano z = 9, segundo a circunferência x2
+ y2
= 9.
Assim, temos o esboço de W representado na figura que se segue.
x
y
z
W
Dxy
3
3
9
36
x
y
Dxy
3
3
O volume de W é V(W) =
∫∫∫
W
dV . Calculemos a integral utilizando coordenadas ciĺındricas. Temos























x = r cos θ
y = r sen θ
z = z
dV = rdrdθdz
x2
+ y2
= r2
.
Descrição de W em coordenadas ciĺındricas
Como a projeção de W no plano xy é o disco Dxy : x2
+ y2 ≤ 9, então
{
0 ≤ r ≤ 3
0 ≤ θ ≤ 2π
. Imagi-
nemos, através de W, uma reta paralela ao eixo z, orientada como o eixo. Ela entra em W em
z = x2
+ y2
= r2 e sai de W em z = 36− 3x2 − 3y2
= 36− 3r2. Logo, r2 ≤ z ≤ 36− 3r2. Assim, temos
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Cálculo IV EP8 – Tutor 16
Wrθz :











0 ≤ r ≤ 3
0 ≤ θ ≤ 2π
r2 ≤ z ≤ 36 − 3r2 .
. Então:
V(W) =
∫∫∫
Wrθz
r drdθdz =
∫ 3
0
r
∫ 36−3r2
r2
∫ 2π
0
dθdzdr = 2π
∫ 3
0
r
∫ 36−3r2
r2
dzdr
= 2π
∫ 3
0
r
(
36 − 4r2
)
dr = 2π
∫ 3
0
(
36r − 4r3
)
dr = 2π
[
18r2 − r4
]3
0
= 2π
(
18 × 9 − 34
)
= 162π u.v.
Exerćıcio 16: Considere a região
W =
{
(x, y, z) ∈ R3 ; −2 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤
√
4 − x2, 0 ≤ z ≤
√
4 − x2 − y2
}
.
(a) Esboce a região W e descreva-a em coordenadas esféricas.
(b) Calcule a integral tripla de f (x, y, z) = (x2
+ y2
+ z2)5/2 sobre a região W.
Solução:
(a) Temos
W =
{
(x, y, z) ∈ R3 ; (x, y) ∈ Dxy e 0 ≤ z ≤
√
4 − x2 − y2
}
,
onde Dxy : −2 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤
√
4 − x2 é a projeção de W sobre o plano xy e cujo esboço é:
Dxy
x
y
−2 2
2
Dxy
x
y
z
−2
22
De 0 ≤ z ≤
√
4 − x2 − y2, vemos que a região W está limitada inferiormente pelo plano z = 0 e
superiormente pela superf́ıcie z =
√
4 − x2 − y2 ou x2
+ y2
+ z2
= 4 com z ≥ 0.
Logo, o esboço de W é:
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Cálculo IV EP8 – Tutor 17
W
x
y
z
−2
2
2
Descrição de W em coordenadas esféricas:
Do esboço de Dxy, vemos que 0 ≤ θ ≤ π. De x2
+ y2
+ z2
= 4 vemos que 0 ≤ ρ ≤ 2. Como z ≥ 0,
temos 0 ≤ φ ≤ π
2
. Portanto,
Wρφθ : 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ φ ≤ π
2
.
(b) Temos,
∫∫∫
W
f (x, y, z) dV =
∫∫∫
W
(x2
+ y2
+ z2)5/2dV .
Passando para coordenadas esféricas,
x2
+ y2
+ z2
= ρ2, dV = ρ2 sen φ dρ dφ dθ.
∫∫∫
W
(x2
+ y2
+ z2)5/2dV =
∫∫∫
Wρφθ
(ρ2)5/2 ρ2 senφ dρ dφ dθ =
∫∫∫
Wρφθ
ρ7 senφ dρ dφ dθ
=
∫ 2
0
ρ7
∫ π/2
0
senφ
∫ π
0
dθ dφ dρ = π
∫ 2
0
ρ7
∫ π/2
0
senφ dφ dρ
= π
∫ 2
0
ρ7
[
− cosφ
]π/2
0
dρ = π
∫ 2
0
ρ7
[
− cos
π
2
+ cos 0
]
dφ
= π
∫ 2
0
ρ7 dρ = π
[
ρ8
8
]2
0
= 32π.
Exerćıcio 17: Seja a curva C parte da interseção das superf́ıcies x2
+ y2
+ z2
= 16, x2
+ y2
= 4,
situada no primeiro quadrante.
(a) Dê uma parametrização diferenciável para C.
(b) Calcule a massa de C, sendo a densidade dada por δ(x, y, z) = xyz.
Solução:
(a) De x2
+ y2
+ z2
= 16 e x2
+ y2
= 4 temos z = 2
√
3 pois z ≥ 0. Assim, C é um arco da
circunferência x2
+ y2
= 4, no primeiro octante, contida no plano z = 2
√
3 . Então, x = 2 cos t,
y = 2 sen t e z = 2
√
3 . Como x ≥ 0 e y ≥ 0 então 0 ≤ t ≤ π/2. Logo, uma parametrização é dada
por
γ(t) =
(
2 cos t, 2 sen t, 2
√
3
)
,
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Cálculo IV EP8 – Tutor 18
com 0 ≤ t ≤ π/2.
(b) Temos que M =
∫
C
δ(x, y, z) ds =
∫
C
xyz ds, onde
ds = ‖γ′(t)‖ dt = ‖(−2 sen t, 2 cos t, 0)‖ dt =
√
4 sen2 t + 4 cos2 t dt = 2 dt .
Então,
M =
∫ π/2
0
(2 cos t)(2 sen t)2
√
3 · 2 dt = 16
√
3
∫ π/2
0
cos t sen t dt = 16
√
3
[
sen2 t
2
]π/2
0
= 8
√
3 u.m.
Exerćıcio 18: Passe para coordenadas polares e calcule
I =
∫ 3
0
∫
√
9−x2
0
√
9 − x2 − y2 dy dx.
Solução: Temos I =
∫∫
D
√
9 − x2 − y2 dx dy, com
D : 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤
√
9 − x2.
De 0 ≤ x ≤ 3, vemos que D está limitada pela esquerda pela reta x = 0 e pela direita pela reta x = 3.
De 0 ≤ y ≤
√
9 − x2, vemos que D está limitada inferiormente pela reta y = 0 e superiormente pela
curva y =
√
9 − x2, ou x2
+ y2
= 9, y ≥ 0. Assim, o esboço de D é:
D
x
y
3
3
Passando para coordenadas polares, temos
x = r cos θ, y = r sen θ, dx dy = r dr dθ, x2
+ y2
= r2.
Então,
∫∫
Drθ
√
9 − x2 r dr dθ, com Drθ : 0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ π
2
.
Logo,
I =
∫ 3
0
(
9 − r2
)1/2
r
∫ π/2
0
dθ dr =
π
2
∫ 3
0
(
9 − r2
)1/2
r dr =
π
2
(
−1
2
)
∫ 3
0
(
9 − r2
)1/2
(−2r) dr
= −π
4
· 2
3
[
(
9 − r2
)3/2
]3
0
= −π
6
(
0 − 93/2
)
=
π
6
· 27 =
9π
2
.
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Cálculo IV EP8 – Tutor 19
Exerćıcio 19: Calcule
∫∫
D
y dx dy, onde D é a região triangular de vértices (0, 0), (1, 0) e (1, 1).
Solução: O esboço da região D é:
D
x
y
(0, 0)
(1, 1)
(1, 0)
1
y= x
y=0
Descrição de D como uma região do tipo I:
D : 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ x.
Então
∫∫
D
y dx dy =
∫ 1
0
∫ x
0
y dy dx =
∫ 1
0
[
y2
2
]x
0
dx =
1
2
∫ 1
0
x2 dx =
1
2
[
x3
3
]1
0
=
1
6
.
Exerćıcio 20: Use uma integral tripla para determinar o volume do sólido W, no primeiro octante,
limitado pelo cilindro parabólico z = 1 − x2 e pelos planos z = 0, x = 0, y = 0 e y = 2.
Solução: Esboço de W.
Esbocemos no plano xy a parábola z = 1 − x2, com x ≥ 0 e z ≥ 0. Como a equação não depende da
variável y, então as geratrizes desse cilindro são semirretas paralelas ao eixo y. Como W é limitado
pelos planos z = 0, x = 0, y = 0 e y = 2, temos o esboço de W:
W
x
y
z
1
1
2
Temos
W =
{
(x, y, z) ∈ R3 ; (x, y) ∈ D e 0 ≤ z ≤ 1 − x2
}
,
onde D é a projeção de W sobre o plano xy. Logo,
D : 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 2.
Temos
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Cálculo IV EP8 – Tutor 20
V(W) =
∫∫∫
W
dV =
∫∫
D
∫ 1−x2
0
dz dx dy =
∫∫
D
(1 − x2)dx dy
=
∫ 1
0
(1 − x2)
∫ 2
0
dy dx = 2
∫ 1
0
(1 − x2)dx = 2
[
x − x3
3
]1
0
= 2
(
1 − 1
3
)
=
4
3
u.v.
Exerćıcio 21: Use uma integral tripla para calcular o volume do sólido W limitado pelos planos
y + z = 1, y = x, z = 0 e x = 0.
Solução: Identificaçãodas superf́ıcies:
• y + z = 1 =⇒ plano com geratrizes paralelas ao eixo x e diretriz y + z = 1 (reta) no plano yz.
• y = x =⇒ plano com geratrizes paralelas ao eixo z e diretriz y = x (reta) no plano xy.
• z = 0 =⇒ plano coordenado xy.
• x = 0 =⇒ plano coordenado yz.
Esboçando os planos y+ z = 1 e y = x, vemos que os pontos A = (0, 0, 1) e B = (1, 1, 0) são comuns
a esses planos. Portanto, a reta AB é a interseção desses planos.
x
y
z
0
1
1
1
A
B
Levando em conta que o sólido W é limitado pelos planos z = 0 e x = 0, temos o seu esboço.
x
y
z
0
1
1
1
W
x+z=1=⇒z=1−x
x
y
0
1
D
y= x
Projetando o sólido W no plano xy, encontramos o triângulo D, dado por
D : 0 ≤ x ≤ 1 , x ≤ y ≤ 1.
Considerando uma paralela ao eixo z, por um ponto P = (x, y, z) no interior de W, vemos que essa
paralela entra no sólido W em z = 0 e sai de W em z = 1 − x. Logo, 0 ≤ z ≤ 1 − x.
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Cálculo IV EP8 – Tutor 21
Assim, W é dado por:
W : 0 ≤ y ≤ 1 , 0 ≤ x ≤ y , 0 ≤ z ≤ 1 − x.
Temos
V(W) =
∫∫∫
W
dx dy dz =
∫∫
D
∫ 1−x
0
dz dx dy =
∫∫
D
(1 − x) dx dy
=
∫ 1
0
∫ 1
x
(1 − x) dy dx =
∫ 1
0
(1 − x)(1 − x) dx =
∫ 1
0
(1 − x)2 dx
= −
[
(1 − x)3
3
]1
0
= −1
3
(0 − 1) =
1
3
.
Logo, V(W) =
1
3
u.v.
Exerćıcio 22: Calcule a massa do sólido W limitado superiormente pela esfera x2
+ y2
+ z2
= 8 e
inferiormente pelo cone z =
√
x2
+ y2, se a densidade em (x, y, z) é dada por δ(x, y, z) =
√
x2
+ y2
+ z2.
Solução: De x2
+ y2
+ z2
= 8 e z =
√
x2
+ y2 (ou x2
+ y2
= z2) temos 2z2
= 8, donde z = 2 e
x2
+ y2
= 4. Logo, as superf́ıcies se intersectam no plano horizontal z = 2, segundo um ćırculo de
raio 2.
Assim, o esboço de W é:
W
x y
z
2
√
2
2
Temos M =
∫∫∫
W
δ(x, y, z) dV =
∫∫∫
W
√
x2
+ y2
+ z2 dV.
Passando para coordenadas esféricas, temos
x = ρ senφ cos θ, y = ρ senφ sen θ, z = ρ cosφ, dV = ρ2 senφ dρ dφ dθ, x2
+ y2
+ z2
= ρ2.
Descrição de W em coordenadas esféricas:
Wρφθ : 0 ≤ ρ ≤ 2
√
2, 0 ≤ φ ≤ π
4
, 0 ≤ θ ≤ 2π.
Então,
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Cálculo IV EP8 – Tutor 22
M =
∫∫∫
Wρφθ
√
ρ2 ρ2 senφ dρ dφ dθ =
∫∫∫
Wρφθ
ρ3 sen φ dρ dφ dθ
=
∫ 2
√
2
0
ρ3
∫ π/4
0
sen φ
∫ 2π
0
dθ dφ dρ = 2π
∫ 2
√
2
0
ρ3
[
− cosφ
]π/4
0
dρ
= 2π
(
1 −
√
2
2
)
[
ρ4
4
]2
√
2
0
= π
(
2 −
√
2
)
(
2
√
2
)4
4
= 16π
(
2 −
√
2
)
u.m.
Exerćıcio 23: Se P(x, y, z) = xy2, Q(x, y, z) = yz2 e R(x, y, z) = zx2, calcule
∫∫∫
W
(
∂P
∂x
+
∂Q
∂y
+
∂R
∂z
)
dV ,
onde W é o sólido dado por
W =
{
(x, y, z) ∈ R3 ; x2
+ y2
+ z2 ≤ 1 , z ≥ 0
}
.
Solução: O esboço de W é:
W
x y
z
1
1 1
Se P(x, y, z) = xy2, Q(x, y, z) = yz2 e R(x, y, z) = zx2, então
∂P
∂x
+
∂Q
∂y
+
∂R
∂z
= y2
+ z2
+ x2. Logo,
∫∫∫
W
(
∂P
∂x
+
∂Q
∂y
+
∂R
∂z
)
dV =
∫∫∫
W
(x2
+ y2
+ z2)dV.
Passando para coordenadas esféricas, temos
(x2
+ y2
+ z2)dV = (ρ2) ρ2 sen φ dρ dφ dθ,
e, nessas coordenadas, o sólido W se descreve por:
Wρφθ : 0 ≤ ρ ≤ 1 , 0 ≤ φ ≤ π/2 , 0 ≤ θ ≤ 2π.
Logo,
∫∫∫
W
(
∂P
∂x
+
∂Q
∂y
+
∂R
∂z
)
dV =
∫ π/2
0
sen φ
∫ 1
0
ρ4
∫ 2π
0
dθ dρ dφ = 2π
∫ π/2
0
senφ
∫ 1
0
ρ4 dρ dφ
= 2π
[
ρ5
5
]1
0
∫ π/2
0
senφ dφ =
2π
5
[
− cosφ
]π/2
0
=
2π
5
(0 + 1) =
2π
5
.
Exerćıcio 24: Considere o sólido W que está dentro da esfera x2
+ y2
+ z2
= 4 e acima do cone
z =
√
x2
+ y2. Sabendo que a densidade é dada por δ(x, y, z) = z3, indique (sem calcular) a massa
de W em coordenadas esféricas na ordem de integração dθ dρ dφ.
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Cálculo IV EP8 – Tutor 23
Solução: De x2
+ y2
+ z2
= 4 e z =
√
x2
+ y2 ou z2
= x2
+ y2, temos 2z2
= 4 e 2(x2
+ y2) = 4, donde
z =
√
2 e x2
+ y2
= 2.
Dáı conclúımos que as superf́ıcies se intersectam no plano horizontal z =
√
2, segundo uma circun-
ferência de centro (0, 0,
√
2) e raio
√
2.
Assim, temos o esboço do sólido W:
W
x y
z
2
√
2
√
2
√
2
Dxy
A massa de W é dada por M =
∫∫∫
W
δ(x, y, z) dV =
∫∫∫
W
z3 dV .
Passando para coordenadas esféricas, temos:
x = ρ sen φ cos θ, y = ρ senφ sen θ, z = ρ cos φ,
dV = ρ2 senφ dρ dφ dθ , x2
+ y2
+ z2
= ρ2.
O sólido W transforma-se em:
Wρφθ : 0 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ φ ≤ π/4, 0 ≤ θ ≤ 2π.
Portanto,
M =
∫∫∫
Wρφθ
(ρ cosφ)3 ρ2 sen φ dρ dφ dθ =
∫∫∫
Wρφθ
ρ5 cos3 φ senφ dρ dφ dθ
=
∫ π/4
0
∫ 2
0
∫ 2π
0
ρ5 cos3 φ senφ dθ dρ dφ.
Exerćıcio 25: Considere a integral
I =
∫ 1
0
∫
√
1−x2
0
∫
√
1−x2−y2
0
z
√
x2
+ y2 dzdydx .
a) Escreva a integral em coordenadas ciĺındricas.
b) Calcule o valor de I.
Solução: a) A região de integração é
W =
{
(x, y, z) | 0 ≤ z ≤
√
1 − x2 − y2 , (x, y) ∈ D
}
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Cálculo IV EP8 – Tutor 24
onde D é dado por
D : 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤
√
1 − x2
é a projeção de W sobre o plano xy, cujo esboço é:
x
y
D
1
1
O esboço de W é:
x
y
z
W
z =
√
1 − x2 − y2
=
√
1 − r2
z = 0
1
1
1
Passando para coordenadas ciĺındricas, tem-se:



















x = r cos θ
y = r sen θ
z = z
dxdydz = r drdθdz
x2
+ y2
= r2
O conjunto Wrθz é dado por:
Wrθz :















0 ≤ θ ≤ π/2
0 ≤ r ≤ 1
0 ≤ z ≤
√
1 − r2
Logo,
I =
∫∫∫
W
z
√
x2
+ y2 dxdydz =
∫∫∫
Wrθz
zr · r drdθdz =
∫∫∫
Wrθz
zr2 drdθdz =
∫ 1
0
∫
√
1−r2
0
∫ π/2
0
zr2 dθdzdr .
b)
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Cálculo IV EP8 – Tutor 25
I =
∫ 1
0
r2
∫
√
1−r2
0
z
∫ π/2
0
dθdzdr =
π
2
∫ 1
0
r2
∫
√
1−r2
0
z dzdr =
π
2
∫ 1
0
r2
[
z2
2
]
√
1−r2
0
dr =
π
4
∫ 1
0
r2
(
1 − r2
)
dr =
=
π
4
∫ 1
0
(
r2 − r4
)
dr = π
4
[
r3
3
− r5
5
]1
0
=
π
4
(
1
3
− 1
5
)
=
π
30
.
Exerćıcio 26: Considere a integral
I =
∫ 2
−2
∫
√
4−x2
0
∫
√
4−x2−y2
0
(
x2
+ y2
+ z2)1/2
dzdydx .
a) Escreva a integral em coordenadas esféricas.
b) Calcule o valor de I.
Solução: a) A região de integração é
W =
{
(x, y, z) | 0 ≤ z ≤
√
4 − x2 − y2 , (x, y) ∈ D
}
onde D é dado por
D : −2 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤
√
4 − x2 .
O esboço de W é:
x
y
z
W
2
2
2
Passando para coordenadas esféricas, tem-se:



















x = ρ senφ cos θ
y = ρ senφ sen θ
z = ρ cosφ
dxdydz = ρ2 senφ dρdφdθ
x2
+ y2
+ z2
= ρ2
O conjunto Wρφθ é dado por:
Wρφθ :













0 ≤ θ ≤ π
0 ≤ φ ≤ π/2
0 ≤ ρ ≤ 2
Então:
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Cálculo IV EP8 – Tutor 26
I =
∫∫∫
W
(
x2
+ y2
+ z2
)1/2
dxdydz =
∫∫∫
Wρφθ
(
ρ2
)1/2 · ρ2 sen φ dρdφdθ =
∫∫∫
Wρφθ
ρ3 senφ dρdφdθ .
b)
I =
∫ 2
0
ρ3
∫ π/2
0
senφ
∫ π
0
dθdφdρ = π
∫ 2
0
ρ3
∫ π/2
0
senφ dφdρ = −π
[
cosφ
]π/2
0
∫ 2
0
ρ3 dρ = π
[
ρ4
4
]2
0
= 4π .
Exerćıcio 27: Considere a integral iterada dada em coordenadas ciĺındricas:
I =
∫ π
0
∫ 2
0
∫
√
4−r2
0
r2 sen θ dzdrdθ .
a) Expresse I em coordenadas esféricas segundo a ordem de integração dθdϕdρ.
b) Calcule o valor de I.
Solução:
a) Inicialmente, passaremos de coordenadas ciĺındricas a coordenadas cartesianas:















x = r cos θ
y = r sen θ
z = z
dxdydz = r dzdrdθ
.
Logo,
r2 sen θ dzdrdθ = r sen θ rdzdrdθ = y dxdydz .
A equação z =
√
4 − r2 em coordenadas cartesianas é z =
√
4 − x2 − y2 ou x2
+ y2
+ z2
= 4, z ≥ 0.
Logo, a imagem do conjunto Q dado por
Q :















0 ≤ θ ≤ π
0 ≤ r ≤ 2
0 ≤ z ≤
√
4 − r2
é o sólido W dado por
W =
{
(x, y, z) ∈ R3 | 0 ≤ z ≤
√
4 − x2 − y2 , (x, y) ∈ D
}
,
onde D é dado abaixo:
x
y
D
−2 2
Então
I =
∫∫∫
W
y dxdydz .
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Cálculo IV EP8 – Tutor 27
x
y
z
W
2
2
2
Passando para coordenadas esféricas:















x = ρ senϕ cos θ
y = ρ senϕ sen θ
z = ρ cosϕ
dxdydz = ρ2 sen ϕ dρdϕdθ
.
Temos que W é a imagem de
Q :





















0 ≤ ρ ≤ 20 ≤ ϕ ≤ π
2
0 ≤ θ ≤ π
.
Então
I =
∫∫∫
Q
ρ senϕ sen θρ2 sen ϕ dρdϕdθ
=
∫∫∫
Q
ρ3 sen2 ϕ sen θ dρdϕdθ
=
∫ 2
0
∫ π/2
0
∫ π
0
ρ3 sen2 ϕ sen θ dθdϕdρ
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Cálculo IV EP8 – Tutor 28
b)
I =
∫ 2
0
∫ π/2
0
ρ3 sen2 ϕ
[
− cos θ
]π
0
dϕdρ
= 2
∫ 2
0
∫ π/2
0
ρ3 sen2 ϕ dϕdρ
= 2
∫ 2
0
ρ3 · 1
2
[
ϕ − sen 2ϕ
2
]π/2
0
dρ
=
π
2
∫ 2
0
ρ3 dρ
=
π
2
[
ρ4
4
]2
0
= 2π .
Exerćıcio 28: Seja C um fio delgado com a forma da interseção da esfera x2
+ y2
+ z2
= 4 com o
semiplano z =
√
3y, com y ≥ 0.
(a) Apresente uma parmetrização diferenciável de C.
(b) Calcule a massa do fio C, sabendo que a densidade de massa é dada por δ(x, y, z) = z
Solução: (a) De x2
+ y2
+ z2
= 4 e z =
√
3y, y ≥ 0, temos
x2
+ y2
+ 3y2
= 4, y ≥ 0 =⇒ x2
+ 4y2
= 4, y ≥ 0 =⇒ x2
4
+ y2
= 1, y ≥ 0.
Logo, x = 2 cos t, y = sen t, com 0 ≤ t ≤ π, pois y ≥ 0.
Como z =
√
3y, então z =
√
3 sen t. Assim, uma parametrização diferenciável de C é dada por
~r(t) = (2 cos t, sen t,
√
3 sen t), 0 ≤ t ≤ π.
(b) Temos M =
∫
C
δ(x, y, z) ds =
∫
C
z ds, onde ds = ‖~r ′(t)‖ dt.
Sendo que ~r ′(t) = (−2 sen t, cos t,
√
3 cos t), temos
‖~r ′(t)‖ =
√
4 sen2 t + cos2 t + 3 cos2 t =
√
4 sen2 t + 4 cos2 t =
√
4 = 2.
Logo, ds = ‖~r ′(t)‖ dt = 2 dt.
Portanto,
M =
∫ π
0
√
3 sen t · 2 dt = 2
√
3
∫ π
0
sen t dt = 2
√
3 [− cos t]π0 = 2
√
3 · 2 = 4
√
3 u.m.
Exerćıcio 29: Um fio fino de densidade δ(x, y, z) = z, encontra-se ao longo da curva C dada por
~r(t) = (2 cos t)~i + (2 sen t)~j + t~k, 0 ≤ t ≤ 2π. O momento de inércia do fio em relação ao eixo z é
dado pela integral
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Cálculo IV EP8 – Tutor 29
Iz =
∫
C
(x2
+ y2) δ(x, y, z) ds.
Encontre o valor de Iz.
Solução: Se ~r(t) = (2 cos t)~i + (2 sen t)~j + t~k = (2 cos t, 2 sen t, t), então ~r
′
(t) = (−2 sen t, 2 cos t, 1),
donde ‖~r ′(t)‖ =
√
4 sen2 t + 4 cos2 t + 1 =
√
4 + 1 =
√
5. Como ds = ‖~r ′(t)‖ dt, então ds =
√
5 dt.
Temos:
Iz =
∫
C
(x2
+ y2)z ds =
∫ 2π
0
(4 cos2 t + 4 sen2 t)t
√
5 dt
= 4
√
5
∫ 2π
0
t dt = 4
√
5
[
t2
2
]2π
0
= 2
√
5 4π2
= 8
√
5 π2.
Exerćıcio 30: Seja a curva C parte da interseção da esfera x2
+ y2
+ z2
= 9 com o plano z =
√
2 x,
situada no primeiro octante.
(a) (1,0 ponto) Apresente uma parametrização diferenciável de C.
(b) (1,0 ponto) Calcule a massa de C, sendo a densidade dada por δ(x, y, z) =
√
6 z.
Solução:
(a) De x2
+ y2
+ z2
= 9 e z =
√
2 x, temos x2
+ y2
+2x2
= 9, donde 3x2
+ y2
= 9 ou
x2
3
+
y2
9
= 1 (elipse
de centro (0, 0) e semieixos a =
√
3, b = 3). Então x =
√
3 cos t, y = 3 sen t, z =
√
2
(√
3 cos t
)
=
√
6 cos t. Como C está no primeiro octante, então x ≥ 0, y ≥ 0 e z ≥ 0. Logo,
√
3 cos t ≥ 0,
3 sen t ≥ 0,
√
6 cos t ≥ 0, donde 0 ≤ t ≤ π
2
. Assim, uma parametrização diferenciável de C é:
C : ~r(t) =
(√
3 cos t , 3 sen t ,
√
6 cos t
)
, 0 ≤ t ≤ π
2
.
(b) Temos M =
∫
C
δ(x, y, z) ds =
∫
C
√
6 z ds, onde
ds =
∥
∥
∥~r
′
(t)
∥
∥
∥ dt =
∥
∥
∥
∥
(
−
√
3 sen t , 3 cos t , −
√
6 sen t
)
∥
∥
∥
∥
dt
=
√
3 sen2 t + 9 cos2 t + 6 sen2 t dt =
√
9 sen2 t + 9 cos2 t dt = 3 dt.
Então,
M =
∫ π/2
0
√
6
(√
6 cos t
)
3 dt = 18
[
sen t
]π/2
0
= 18 u.m.
Exerćıcio 31: Achar a massa de um fio delgado com a forma do arco de circunferência x2
+ y2
= 4
situado no primeiro quadrante, se a densidade em cada ponto é igual ao produto das coordenadas
do ponto.
Solução: A nassa M do fio C é dada por:
M =
∫
C
δ(x, y) ds =
∫
C
xy ds,
onde C é dado por ~r(t) = (2 cos t, 2 sen t), 0 ≤ t ≤ π/2.
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Cálculo IV EP8 – Tutor 30
Temos ~r ′(t) = (−2 sen t, 2 cos t) e ‖~r ′(t)‖ =
√
4 sen2 t + 4 cos2 t = 2, donde ds = ‖~r ′(t)‖ dt = 2 dt.
Então,
M =
∫ π/2
0
(2 cos t)(2 sen t)2 dt = 8
∫ π/2
0
cos t sen t dt = 8
[
sen2 t
2
]π/2
0
= 4.
Logo, M = 4 u.m.
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