Em coordenadas polares
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Passe para coordenadas polares e calcule.
$\displaystyle\int_{0}^{1} \int_{1-\sqrt{1-x^{2}}}^{1+\sqrt{1-x^{2}}}xy\,dy dx$
$\displaystyle\int_{-a}^{a}\!\int_{-\sqrt{a^{2}-x^{2}}}^{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}\,dy dx$
Temos que a região de integração é $$R=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2|\, 0\leq x \leq 1\,\mbox{e}\, 1-\sqrt{1-x^{2}}\leq y \leq 1+\sqrt{1-x^{2}}\}.$$
Passando para coordenadas polares temos que: $$\left\{ \begin{array}{cc} x=r\,\cos\theta \\ y=r\,\sin\theta \\ dy\,dx=r\,dr\,d\theta \\ \end{array} \right.$$ Agora, \begin{eqnarray*} x^{2}+y^{2}=2y&\Rightarrow & r^{2}\,\cos^2 \theta+r^{2}\,\sin^{2}\theta=2r\,\sin\theta\\ &\Rightarrow & r^{2}=2r \,\sin\theta\\ &\Rightarrow & r(r-2\sin\theta )=0 \\ &\Rightarrow& r=0 \mbox{ou} r=2\sin\theta.\end{eqnarray*} Logo, $\displaystyle 0\leq r \leq 2\,\sin\theta$ e $\displaystyle 0\leq\theta \leq\dfrac{\pi}{2}.$ Então, $$\int_{0}^{1}\int_{1-\sqrt{1-x^2}}^{1+\sqrt{1-x^2}}xy\,dy\,dx =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{2\,\sin\theta}(r\,\cos\theta)(r\,\sin\theta)r\,dr d\theta $$
$$ =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{2\,\sin\theta}r^3\,\sin\theta\, \cos\theta\,dr d\theta =\int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}}\bigg[\frac{r^{4}} {4}\sin\theta\,\cos\theta\bigg]\bigg|_{0}^{2\,\sin\theta}\,d\theta $$ $$ =\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{(2\,\sin\theta)^4}{4}\,\sin\theta\,\cos\theta\,d\theta =4\int_{0}^\frac{\pi}{2}\sin^5\theta\,\cos\theta\, d\theta.$$ Tomando, $u=\sin\theta \Rightarrow du=\cos\theta\, d\theta$ e sendo $\theta =0 \Rightarrow u=0$ e $\theta=\frac{\pi}{2}\Rightarrow u=1.$ Assim, $$\int_{0}^{1}\int_{1-\sqrt{1-x^{2}}}^{1+\sqrt{1-x^{2}}}xy\,dy dx=4\int_{0}^{1}u^{5}\,du$$ $$=4\cdot \frac{u^{6}}{6}\bigg|_{0}^{1}=\frac{2}{3}.$$Temos que a região de integração é $$R=\{(x,y)\in \mathbb{R}|\, -a\leq x \leq a,\, -\sqrt{a^{2}-x^{2}}\leq y \leq \sqrt{a^{2}-x^{2}}\}.$$
Passando para coordenadas polares temos que $$\left\{ \begin{array}{cc} x=r\,\cos\theta \\ y=r\,\sin\theta\\ dy\,dx=r\,dr\,d\theta\\ \end{array} \right. $$ Como $x^{2}+y^{2}=a^{2}\Rightarrow r^{2}\,\cos^{2}\theta+r^{2}\,\sin{2}\theta=a^{2}\Rightarrow r^{2}=a^{2}\Rightarrow r=\pm a.$ Como o raio deve ser sempre maior ou igual a zero, logo $$0\leq r\leq a \mbox{e} 0\leq \theta \leq 2\pi.$$ Então, $$\int_{-a}^{a}\int_{-\sqrt{a^{2}-x^{2}}}^{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}dy\,dx=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{a}r\,dr\,d \theta=\int_{0}^{2\pi}d\theta \cdot \int_{0}^{a}r\,dr$$ $$=\theta\bigg |_{0}^{2\pi}\cdot \frac{r^{2}}{2}\bigg |_{0}^{a}=(2\pi)\cdot \bigg(\frac{a^{2}}{2}\bigg)=a^{2}\pi.$$
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\int_{0}^{a} \int_{0}^{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}\,dy dx$, em que $a>0.$
$\displaystyle \frac{\pi a^3}{6}.$
Calcule a integral dupla usando coordenadas polares: $\displaystyle\iint\limits_{R}\arctan\left(\dfrac{y}{x}\right)\,dA$, onde $R$ é a região do primeiro quadrante limitada pelo círculo $x^{2}+y^{2}=25.$
$\displaystyle \frac{25 \pi^2}{16}.$
Uma carga elétrica é distribuída sobre um disco $x^2 + y^2 \leq 4$ de modo que a densidade de carga em $(x,y)$ é $\sigma(x,y) = x + y + x^2 + y^2$ (medida em coulombs por metro quadrado). Determine a carga total do disco.
Como a carga elétrica é distribuída sobre o disco $x^2 + y^2 \leq 4$, em coordenadas polares temos que $0\leq r \leq 2$ e $0\leq \theta \leq 2\pi.$ Temos que $$Q=\iint\limits_{D}\sigma(x,y)\,dA=\iint\limits_{D}(x+y+x^{2}+y^{2})\,dA$$ $$=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2}(r\,\cos \theta+r\,\sin \theta+r^{2})r\,dr\, d \theta=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2}(r^{2}\,\cos \theta+r^{2}\,\sin \theta+r^{3})\,dr\, d \theta$$ $$=\int_{0}^{2\pi}\bigg(\frac{r^{3}}{3}\cos \theta+\frac{r^{3}}{3}\sin \theta +\frac{r^{4}}{4}\bigg)\bigg|_{0}^{2}\,d\theta= \int_{0}^{2\pi}\bigg(\frac{8}{3}\cos \theta+\frac{8}{3}\sin \theta+4\bigg)\,d\theta$$ $$=\bigg(\frac{8}{3}\sin\theta-\frac{8}{3}\cos\theta+4\theta\bigg)\bigg|_{0}^{2\pi}=\bigg(-\frac{8}{3}+8\pi\bigg)-\bigg(-\frac{8}{3}\bigg)$$ $$=-\frac{8}{3}+8\pi+\frac{8}{3}=8\pi.$$
Calcule a integral dupla usando coordenadas polares: $\displaystyle\iint\limits_{R}(x^{2}+y^{2})^{3/2}\,dA$, onde $R$ é limitado pelo círculo $x^{2}+y^{2}=4.$
$\displaystyle \frac{64\pi}{5}.$
Calcule a integral dupla utilizando coordenadas polares: $\displaystyle\iint\limits_{R}(x^{2}+y^{2})\,dx dy$, onde $R=\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}| 1\leq x^{2}+y^{2}\leq 4\}.$
$\displaystyle \frac{15\pi}{2}.$
Calcule a integral dupla usando coordenadas polares: $\displaystyle\iint\limits_{R}y\,dA$, onde $R$ é a região no primeiro quadrante limitada pelo semi-círculo $x^{2}+y^{2}=2x.$
$\displaystyle \frac{2}{3}.$
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\iint\limits_{R}\,dx dy$, onde $R$ é a região, no plano $xy$, limitada pela curva (dada em coordenadas polares) $\rho=\cos(2\theta)$, $\dfrac{\pi}{8}\leq \theta \leq \dfrac{\pi}{4}.$
$\displaystyle \frac{3\pi + 2}{32}.$
Utilize coordenadas polares para determinar o volume do sólido dado: delimitado pelo cone $z^2=x^2+y^2$ e pelo cilindro $x^2+y^2=2x.$
$\dfrac{8}{9}.$
Utilize coordenadas polares para combinar a soma $$\int_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^{1} \int_{\sqrt{1-x^{2}}}^{x}xy\,dy dx+\int_{1}^{\sqrt{2}} \int_{0}^{x}xy\,dy dx+\int_{\sqrt{2}}^{2} \int_{0}^{\sqrt{4-x^{2}}}xy\,dy dx$$ em uma única integral dupla. Em seguida, calcule essa integral dupla.
Queremos combinar a soma, abaixo, de integrais em uma única: $$\underbrace{\int_\frac{1}{\sqrt{2}}^{1} \int_\sqrt{1-x^{2}}^{x}xy\,dy dx}_{1}+\underbrace{\int_{1}^{\sqrt{2}}\int_{0}^{x}xy\,dy dx}_{2}+ \underbrace{\int_{\sqrt{2}}^{2} \int_{0}^{\sqrt{4-x^{2}}}xy\,dy dx}_{3}$$ Na figura abaixo, temos que a região da esquerda corresponde à região de integração da integral $(1)$, a região do meio corresponde à região de integração da integral $(2)$ e a região da esquerda corresponde à região de integração da integral $(3)$.
Notemos que com a junção das três regiões, podemos olhar como uma única região. Assim, em coordenadas polares teremos que $0\leq \theta \leq \frac{\pi}{4}$ e $1\leq r \leq 2.$ Então: $$\int_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^{1} \int_{\sqrt{1-x^{2}}}^{x}xy\,dy dx+\int_{1}^{\sqrt{2}} \int_{0}^{x}xy\,dy dx+\int_{\sqrt{2}}^{2} \int_{0}^{\sqrt{4-x^{2}}}xy\,dy dx$$ $$=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\int_{1}^{2}(r\,\cos \theta)\cdot (r\,\sin \theta)\,r\,dr\,d\theta=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\int_{1}^{2}r^{3}\cos\theta \sin \theta\,dr\,d\theta$$ $$=\underbrace{\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\cos \theta\, \sin \theta\,d \theta}_{\substack{ u=\sin \theta\\ du=\cos\, d\theta}}\cdot \int_{1}^{2}r^{3}\,dr =\int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}}u\,du\cdot \frac{r^{4}}{4}\bigg|_{1}^{2}$$ $$=\frac{u^{2}}{2}\bigg|_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}}\cdot \bigg(\frac{16}{4}-\frac{1}{4}\bigg)=\frac{1}{4}\cdot \frac{15}{4}=\frac{15}{16}.$$
Ao calcular por integração dupla o volume $V$ do sólido situado abaixo do gráfico de $f(x,y)=e^{x^{2}+y^{2}}$ e limitado inferiormente por uma certa região $D$ no plano $xy$, chegou-se à seguinte expressão: $$V=\int_{0}^{2} \int_{0}^{\sqrt{4-x^{2}}}e^{x^{2}+y^{2}}\,dy dx-\int_{0}^{1} \int_{0}^{\sqrt{1-x^{2}}}e^{x^{2}+y^{2}}\,dy dx.$$
Esboce a região $D.$
Expresse $V$ numa única integral dupla em coordenadas polares.
Efetue a integração para calcular $V.$
$D = \left\lbrace (x,y); 1 \leq x^{2} + y^{2} \leq 2, x \geq 0, y \geq 0 \right\rbrace.$
$\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \int_{1}^{2} re^{r^2} dr d\theta.$
$\dfrac{\pi}{4}(e^4 - 1).$
Calcule a integral dupla usando coordenadas polares: $\displaystyle\iint\limits{R}\sin(x^{2}+y^{2})\,dA$, onde $R$ é a região acima do eixo $x$ e dentro da circunferência $x^{2}+y^{2}=9.$
$\displaystyle \frac{\pi}{2}(1 - \cos(9).$
Calcule a integral dupla usando coordenadas polares: $\displaystyle\iint\limits_{R}e^{x^{2}+y^{2}}\,dx dy$, onde $R$ é o conjunto de todos os $(x,y)$ tais que $1\leq x^{2}+y^{2}\leq 4$, $-x\leq y\leq x$ e $x\geq 0.$
$\displaystyle \frac{\pi}{4}(e^4 - e).$
Use a integral dupla em coordenadas polares para deduzir a fórmula $$A=\int_{\alpha}^{\beta}\frac{1}{2} r^{2}\,d\theta$$ para a área da região em formato de leque entre a origem e a curva polar $r=f(\theta)$, $\alpha\leq \theta \leq \beta.$
Note que $\displaystyle A = \int_{\alpha}^{\beta}\int_{0}^{f(\theta)} r dr d\theta. $
Esboce a região cuja área é dada pela integral e calcule-a: $\displaystyle\int_{0}^{\pi/2} \int_{0}^{4\cos{\theta}} r \, dr d\theta$
$2\pi;$ região de integração:
Utilize coordenadas polares para determinar o volume do sólido dado: delimitado pelo hiperboloide $-x^2-y^2+z^2=1$ e acima do plano $xy.$
$\displaystyle \frac{4\pi}{3}.$
Mostre que
\[ \int_0^{+\infty}\int_0^{+\infty}\dfrac{1}{(1+x^2+y^2)^2}\,dxdy= \dfrac{\pi}{4}.\]
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\iint\limits_{R}\cos(x^{2}+y^{2})\,dA$, onde $R$ é a região acima do eixo do $x$ e dentro da circunferência $x^{2}+y^{2}=9.$
$\displaystyle \frac{\pi}{2} \sin(9).$
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\int_{0}^{\ln 2} \int_{0}^{\sqrt{(\ln 2)^{2}-y^{2}}}e^{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\,dx dy$
$\displaystyle \frac{\pi(2\ln(2) - 1)}{2}.$
Calcule a integral dupla usando coordenadas polares: $\displaystyle\iint\limits_{R}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\,dA$, onde $R$ é limitado pelo círculo $y=\sqrt{2x-x^{2}}$ e pela reta $y=x.$
$\displaystyle \frac{8}{9}(2 - \frac{5}{4}\sqrt{2}).$
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\iint\limits_{D}e^{-x^{2}-y^{2}}\,dA$, onde $D$ é a região delimitada pelo semicírculo $x=\sqrt{4-y^{2}}$ e o eixo $y.$
$\displaystyle \frac{\pi}{2} (1 - e^{-4}).$
Considere a integral dada em coordenadas polares por $$\int_{0}^{\pi/4} \int_{0}^{2\cos{\theta}}r\,dr d\theta,$$ a qual representa a área de uma região $R$ do plano $xy.$
Escreva a região $R$ em coordenadas cartesianas.
Faça um esboço da região $R.$
Calcule a área da região $R.$
$R = \left\lbrace (x,y); (x - 1)^2 + y^2 \leq 1,\quad x \leq y,\quad x \geq 0,\quad y \geq 0 \right\rbrace.$
(...)
$\dfrac{\pi + 2}{4}.$
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\int_{-1}^{1} \int_{0}^{\sqrt{1-x^{2}}}\,dy dx$
$\displaystyle \frac{\pi}{2}.$
Utilize coordenadas polares para determinar o volume do sólido dado: delimitado pelo paraboloide $z=9-x^2-y^2$ e pelo plano $z=5.$
$8\pi.$
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\int_{-1}^{1} \int_{-\sqrt{1-y^{2}}}^{\sqrt{1-y^{2}}}\ln(x^{2}+y^{2}+1)\,dx dy$
$\displaystyle \pi (\ln(4) - 1).$
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\int_{0}^{1} \int_{x^{2}}^{\sqrt{2-x^{2}}}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\,dy dx$
$\displaystyle \frac{2}{45}(1 + \sqrt{2}) + \frac{\pi}{3\sqrt{2}}.$
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\int_{0}^{1} \int_{0}^{\sqrt{1-y^{2}}}(x^{2}+y^{2})\,dx dy$
$\displaystyle \frac{\pi}{8}.$
Utilize coordenadas polares para determinar o volume do sólido dado:
dentro da esfera $x^2+y^2+z^2=16$ e fora do cilindro $x^{2}+y^{2}=4.$
$\displaystyle 32\sqrt{3}\pi.$
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\int_{0}^{1} \int_{0}^{\sqrt{x-x^{2}}}x\,dy dx$
$\displaystyle \frac{\pi}{16}.$
Utilize coordenadas polares para determinar o volume do sólido dado: dentro do cilindro $x^2+y^2=4$ e do elipsoide $4x^2+4y^2+z^2=64.$
$\displaystyle \frac{8\pi}{3} (64 - 24\sqrt{3}).$
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\int_{-1}^{0} \int_{-\sqrt{1-x^{2}}}^{0}\frac{2}{1+\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\,dy dx$
$(1 - \ln(2))\pi.$
Utilize coordenadas polares para determinar o volume do sólido dado: acima do cone $z=\sqrt{x^2+y^2}$ e abaixo da esfera $x^2+y^2+z^2=1.$
$\displaystyle \frac{\pi}{3}(2 - \sqrt{2}).$
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\int_{0}^{6} \int_{0}^{y}x\,dx dy$
$36.$
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\iint\limits_{R}xy\,dx dy$, onde $R$ é o círculo $x^{2}+y^{2}-2y\leq 0$, $x\geq 0.$
$\displaystyle \frac{2}{3}.$
Esboce a região cuja área é dada pela integral $\displaystyle\int_{\pi}^{2\pi} \int_{4}^{7} r\, dr d\theta$ e calcule-a:
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\int_{0}^{a} \int_{0}^{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}\,dy dx$
$\dfrac{\pi a^2}{4}.$
Calcule a integral iterada $\int_{-3}^{3} \int_{0}^{\sqrt{9-x^2}}\sin(x^{2}+y^{2})\,dy dx$, convertendo-a antes para coordenadas polares.
$\displaystyle \frac{\pi}{2}(1 - \cos(9)).$
Use coordenadas polares para calcular a integral dupla
\[ \iint_R e^{-(x^2+y^2)}\,dA, \]
onde \(R\) é a região contida no círculo \(x^2+y^2=1\).
\(\displaystyle (1-e^{-1})\pi \)
Calcule a integral dupla usando coordenadas polares: $\displaystyle\iint\limits_{R}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\,dA$, onde $R$ é limitado pelo triângulo de vértices $(0,0)$, $(3,0)$ e $(3,3).$
$\displaystyle \frac{9}{2} (\sqrt{2} + \ln(\sqrt{2} + 1)).$
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\iint\limits_{ D}xy\,dA$, onde $D$ é o disco com centro na origem e raio 3.
$0.$
Passe para coordenadas polares e calcule.
$\displaystyle\int_{0}^{a} \int_{0}^{x}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\,dy dx$, em que $a>0$.
$\displaystyle\iint\limits_{ D}x\,dA$, onde $D$ é a região do primeiro quadrante compreendida entre os círculos x^2+y^2=4$ e $x^2+y^2=2x.$
Temos que a região de integração é: $$ R=\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}|\,0\leq x \leq a,\, 0\leq y \leq x\}.$$
Passando para coordenadas polares temos que $$\left\{ \begin{array}{cc} x=r\,\cos \theta\\ y=r\,\sin \theta\\ dy\,dx=r\,dr\,d\theta\\ \end{array} \right. $$ Como $0\leq x \leq a$, temos que $0\leq r\leq \dfrac{a}{\cos \theta}$ e também $0\leq \theta \leq \dfrac{\pi}{4}.$ Então, $$\int_{0}^{a}\int_{0}^{x}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\,dy\,dx= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\int_{0}^{\frac{a}{\cos \theta}}\sqrt{r^{2}\,\cos^{2}\theta +r^{2}\,\sin^{2}\theta}\,r\,dr\,d\theta$$ $$=\int_{0}^{\frac{\pi} {4}}\int_{0}^\frac{a}{\cos\theta}r^{2}\,dr\,d\theta=\int_{0}^\frac{\pi}{4}\frac{r^3}{3}\bigg|_{0}^{\frac{a}{\cos \theta}}d\theta $$ $$=\frac{a^{3}}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{\cos^{3}\theta}d\theta=\frac{a^{3}}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sec^{3}\theta d\theta$$ $$=\frac{a^{3}}{3}\bigg(\frac{1}{2}\sec \theta \tan \theta+\frac{1}{2}\ln|\sec \theta+\tan \theta|\bigg)\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{4}}$$ $$=\frac{a^{3}}{6}\bigg[\bigg(\sec\frac{\pi}{4}\cdot \tan\frac{\pi}{4}+\ln\bigg|\sec\frac{\pi}{4}+\tan\frac{\pi}{4}\bigg|\bigg)- \bigg(\sec 0\cdot \tan 0+\ln|\sec 0+\tan 0|\bigg)\bigg]$$ $$=\frac{a^{3}}{6}\bigg(\sqrt{2}+\ln(\sqrt{2}+1)\bigg)$$A região de integração $R$ é descrita na figura seguinte
Notemos que $x^{2}+y^{2}=2x\Leftrightarrow (x-1)^{2}+y^{2}=1.$ Assim, $$\iint\limits_{ R}x\,dA=\underbrace{\iint\limits_{ \substack{x^{2}+y^{2}\leq 4\\ x\geq 0\\ y\geq 0}}x\,dA}_{(1)} -\,\,\underbrace{\iint\limits_{\substack{(x-1)^{2}+y^{2}\leq 1 \\ y\geq 0}}x\,dA}_{(2)}$$ Para a integral $(1)$ temos em coordenadas polares que $$r^{2}\cos^{2}\theta+r^{2}\sin^{2}\theta=4\Rightarrow r^{2}=4\Rightarrow r=\pm 2.$$ Logo, $0\leq r\leq 2$ e $0\leq \theta \leq \dfrac{\pi}{2}.$ Para a integral $(2)$ temos em coordenadas polares que $$(r-\cos \theta-1)^{2}+r^{2}\sin^{2}\theta=1\Rightarrow r^{2}\cos^{2}\theta-2r\cos \theta+1+r^{2}\sin^{2}\theta=1$$ $$\Rightarrow r^{2}-2r\cos\theta=0\Rightarrow r(r-2\cos \theta)=0\Rightarrow r=0 \mbox{ou} r=2\cos \theta.$$ Logo, $0\leq r\leq 2\cos \theta$ e $0\leq \theta \leq \dfrac{\pi}{2}.$ Assim, $$\iint\limits_{ R}x\,dA=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{2}r\,\cos \theta \cdot r \,dr\,d\theta- \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{2\cos \theta}r\cos \theta\cdot r\, dr\,d \theta$$ $$=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{2}r^{2}\,\cos \theta\,dr\,d\theta-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{2\cos \theta}r^{2}\,\cos \theta\,dr\,d\theta$$ $$=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos\,d\theta \cdot \int_{0}^{2}r^{2}\,dr-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{r^{3}}{3}\cos \theta \bigg|_{0}^{2\cos \theta}\,d\theta$$ $$=\bigg(\sin\theta \bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}\bigg)\cdot \bigg(\frac{r^{3}}{3}\bigg|_{0}^{2}\bigg)-\frac{8}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{4}\theta\,d\theta$$ $$=\bigg(\sin \frac{\pi}{2}-\sin 0\bigg)\cdot \bigg(\frac{8}{3}-0\bigg)-\frac{8}{3}\bigg(\frac{1}{4}\cos^{3}\theta\,\sin \theta+\frac{3}{8}\theta+\frac{3}{16}\sin 2 \theta\bigg)\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}$$ $$=\frac{8}{3}-\frac{8}{3}\bigg[\bigg(\frac{1}{4}\cos^{3}\frac{\pi}{2}\sin \frac{\pi}{2}+\frac{3}{8}\cdot\frac{\pi}{2}+\frac{3}{16}\sin2\cdot \frac{\pi}{2}\bigg) -\bigg(\frac{1}{4}\cos^{3}0\sin 0+\frac{3}{8}\cdot 0+\frac{3}{16}\sin 0\bigg)\bigg]$$ $$=\frac{8}{3}-\frac{8}{3}\cdot \bigg(\frac{3\pi}{16}\bigg)=\frac{8}{3}-\frac{\pi}{2}=\frac{16-3\pi}{6}.$$
Utilize coordenadas polares para determinar o volume do sólido dado: abaixo do cone $z=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ e acima do disco $x^{2}+y^{2}\leq 4.$
$\displaystyle \frac{16\pi}{3}.$
Calcule a integral dupla usando coordenadas polares: $\displaystyle\iint\limits_{R}\frac{x^{2}}{x^{2}+y^{2}}\,dA$, onde $R$ é a região anular limitada por $x^{2}+y^{2}=a^{2}$ e $x^{2}+y^{2}=b^{2}$, $0< a< b.$
$\displaystyle \frac{\pi}{2}(b^2 - a^2).$
Calcule a integral dupla usando coordenadas polares: $\displaystyle\iint\limits_{R}(x^{2}+2y)\,dx dy$, onde $R$ é o círculo $x^{2}+y^{2}\leq 4.$
$4\pi.$
Calcule a integral dupla usando coordenadas polares: $\displaystyle\iint\limits_{R}\frac{x}{x^{2}+y^{2}}\,dA$, onde $R=\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}| x^{2}+y^{2}\leq 4, x\geq 1\}.$
$2\sqrt{3}.$
Utilize coordenadas polares para determinar o volume do sólido dado: uma esfera de raio $a.$
$\displaystyle \frac{4\pi}{3}a^3.$
Suponha que a área de uma região no plano de coordenadas polares seja $$A=\int_{\pi/4}^{3\pi/4} \int_{\mathrm{cosec\,}{\theta}}^{2\sin{\theta}}r\,dr d\theta.$$ Esboce a região e encontre sua área.
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\iint\limits_{R}x\,dx dy$, onde $R$ é a região, no plano $xy$, limitada pela curva (dada em coordenadas polares) $\rho=\cos(3\theta)$, $-\dfrac{\pi}{6}\leq \theta \leq \dfrac{\pi}{6}.$
$\displaystyle \frac{81\sqrt{3}}{320}.$
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\iint\limits_{R}\arctan\left(\dfrac{y}{x}\right)\,dA$, onde $R=\{(x,y) \in \mathbb{R}^2| 1\leq x^{2}+y^{2}\leq 4, 0\leq y\leq x\}.$
$\displaystyle \frac{3\pi^2}{64}.$