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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 $x^{2}+y^{2}=9.$
$\displaystyle \frac{\pi}{2} \sin(9).$
Encontre a área da região descrita como sendo a parte do cone \(z=\sqrt{x^2+y^2}\) dentro do cilindro \(x^2+y^2=2x\).
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 $a>0.$
$\displaystyle \frac{\pi a^3}{6}.$
Definimos a integral imprópria (sobre todo o plano $\mathbb{R}^{2}$) $$I=\displaystyle\iint\limits_{ \mathbb{R}^{2}}e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dA=\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty}e^{-(x{^2}+y^{2})}\,dy dx= \lim_{a\rightarrow\infty}\displaystyle\iint\limits_{D_{a}}e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dA,$$ onde $D_{a}$ é o disco com raio $a$ e centro na origem. Mostre que $$\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty}e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dA=\pi.$$
Uma definição equivalente da integral imprópria da parte (a) é $$\iint\limits_{\mathbb{R}^{2}}e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dA=\lim_{a\rightarrow\infty}\displaystyle\iint\limits_{S_{a}}e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dA,$$ onde $S_{a}$ é o quadrado com vértices $(\pm a,\pm a)$. Use esse resultado para mostrar que $$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^{2}}\,dx\,\int_{-\infty}^{\infty}e^{-y^{2}}\,dy=\pi.$$
Deduza que $$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^{2}}\,dx=\sqrt{\pi}.$$
Fazendo a mudança de variável $t=\sqrt{2} x$, mostre que $$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^{2}/2} dx=\sqrt{2\pi}.$$
(Este é um resultado fundamental em probabilidade e estatística.)
Note que $$\displaystyle\iint\limits_{D_{a}}e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dA =\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{a} r e^{-r^2} dr d\theta = \pi (1 - e^{-a^2})$$ para cada $a.$
Note que $$\int\limits_{S_{a}}e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dA = \int_{-a}^{a} \int_{-a}^{a} e^{-x^2} e^{-y^2} dxdy = \left(\int_{-a}^{a} e^{-x^2} dx\right) \left(\int_{-a}^{a} e^{-y^2} dy\right) $$ para cada $a.$
Troque $y$ por $x$ no item (b).
Note que fazendo a mudança de variável sugerida, $$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^{2}/2} dx= \frac{1}{\sqrt{2}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-t^{2}/2} dt = \sqrt{\pi}.$$
Sejam $f(x)$ e $g(x)$ duas funções contínuas, respectivamente, nos intervalos $[a,b]$ e $[c,d].$ Prove que $$\iint\limits_{R}f(x)g(y)\,dx dy=\bigg(\int_{a}^{b}f(x)\,dx\bigg)\bigg(\int_{c}^{d}g(y)\,dy\bigg),$$ onde $R$ é o retângulo $a\leq x\leq b$ e $c\leq y\leq d.$
Note que $$ \int_{c}^{d} \left[\int_{a}^{b}f(x)g(y)\,dx\right] \;dy = \int_{c}^{d} \left[\int_{a}^{b}f(x)\,dx\right]g(y) \;dy = \left(\int_{a}^{b}f(x)\,dx\right) \int_{c}^{d} g(y) \;dy.$$
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\int_{-1}^{1} \int_{0}^{\sqrt{1-x^{2}}}\,dy dx$
$\displaystyle \frac{\pi}{2}.$
Calcule a integral trocando a ordem de integração.
$\displaystyle\int_{0}^{4}\!\!\int_{\sqrt{x}}^{2}\dfrac{1}{y^{3}+1}\,dy dx$
$\displaystyle\int_{0}^{\pi}\!\!\int_{x}^{\pi}\dfrac{\sin{y}}{y}\,dy dx$
$\displaystyle\int_{0}^{2}\!\!\int_{x}^{2}2y^{2}\sin(xy)\,dy dx.$
$\dfrac{\ln(9)}{3}.$
$2.$
$4 - \sin(4).$
Calcule o centro de massa da região: $D$ o triângulo de vértices $(0,0), (0,1)$ e $(1,1)$ e a densidade é proporcional à distância do ponto à origem.
$\displaystyle \left(\frac{3}{4}, \frac{2\sqrt{2} - 1}{2\sqrt{2} + 2\ln(1 + \sqrt{2})} \right).$
Mostre (verifique) que as integrais abaixo podem ser calculadas como:
\[ \int_1^5\int_2^{y/2}6x^2y\,dxdy = \int_1^5\left(\dfrac{1}{4}y^4-16y\right)\,dy \]
\[ \int_1^5\int_2^{x/2}6x^2y\,dydx = \int_1^5\left(\dfrac{3}{4}x^4-12x^2\right)\,dx \]
Seja \(f(x,y)=x-2y\) e considere uma subdivisão uniforme do retângulo \(R=[0,2]\times[0,2]\) em \(16\) retângulos menores. Tome \((x_k^\ast,y_k^\ast)\) como sendo o centro do \(k\)-ésimo retângulo e aproxime a integral dupla de \(f\) sobre \(R\) pela soma de Riemann resultante.
Compare o resultado obtido no item anterior com o valor exato da integral.
Determine o valor médio de $f(x,y)=e^{y}\sqrt{x+e^{y}}$ sobre o retângulo $R=[0,4]\times [0,1].$
$\dfrac{(4 + e)^{5/2} - e^{5/2} - 5^{5/2} + 1}{15}.$
Calcule a integral dupla, identificando-a antes com o volume de um sólido.
$\displaystyle\iint\limits_{R} 3 \, dA, \quad R = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2: -2 \leq x \leq 2, \ 1 \leq y \leq 6\}.$
$\displaystyle\iint\limits_{R} (4 - 2y) \, dA, \quad R = [0,1] \times [0,1].$
$60.$
$3.$
Calcule as integrais iteradas.
$\displaystyle\int_{0}^{1}\int_{0}^{x^{2}}(x+2y)\,dy dx$
$\displaystyle\int_{0}^{1}\int_{x^{2}}^{x}(1+2y)\,dy dx$
$\dfrac{9}{20}.$
$\dfrac{3}{10}.$
Utilize coordenadas polares para determinar o volume do sólido dado: dentro do cilindro $x^2+y^2=4$ e do elipsoide $4x^2+4y^2+z^2=64.$
$\displaystyle \frac{8\pi}{3} (64 - 24\sqrt{3}).$
Seja $R$ o retângulo $1\leq x\leq 2$, $0\leq y\leq 1$. Calcule $\iint\limits_{R} f(x,y)\,dxdy$, sendo $f(x,y)$ igual a
$\sqrt{x+y}$
$\dfrac{1}{x+y}$
$\dfrac{4(9\sqrt{3} - 8\sqrt{2} + 1)}{15}.$
$\ln\left( \dfrac{27}{16}\right).$
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\int_{0}^{1} \int_{x^{2}}^{\sqrt{2-x^{2}}}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\,dy dx$
$\displaystyle \frac{2}{45}(1 + \sqrt{2}) + \frac{\pi}{3\sqrt{2}}.$
A reta \(y=2-x\) intersecta a parábola \(y=x^2\) nos pontos \((-2,4)\) e \((1,1)\). Mostre que, se \(R\) denotar a região englobada por \(y=2-x\) e \(y=x^2\), então \[ \iint_R\left(1+2y\right)\,dA = \int_{-2}^1\int_{x^2}^{2-x}\left(1+2y\right)\,dydx = 18,9 \]
Inverta a ordem de integração.
$\displaystyle\int_{-1}^{1}\bigg[\int_{x^{2}}^{\sqrt{2-x^{2}}}f(x,y)\,dy\bigg]dx$
$\displaystyle\int_{0}^{1}\bigg[\int_{y-1}^{2-2y}f(x,y)\,dx\bigg]dy$
$\displaystyle\int_{0}^{1}\bigg[\int_{x^{2}}^{1}f(x,y)\,dy\bigg]dx$
$\displaystyle\int_{0}^{1}\bigg[\int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}}f(x,y)\,dx\bigg]dy + \displaystyle\int_{1}^{\sqrt{2}}\bigg[\int_{-\sqrt{2 - y^{2}}}^{\sqrt{2-y^{2}}}f(x,y)\,dx\bigg]dy$
$\displaystyle\int_{-1}^{0}\bigg[\int_{0}^{x + 1}f(x,y)\,dy \bigg] dx + \int_{0}^{2}\bigg[\int_{0}^{\frac{2-x}{2}}f(x,y)\,dy \bigg] dx$
$\displaystyle\int_{0}^{1}\bigg[\int_{0}^{\sqrt{y}}f(x,y)\,dx\bigg]dy$
Uma piscina circular tem diâmetro de 10 metros. A profundidade é constante ao longo das retas de leste a oeste e cresce linearmente de 1 metro na extremidade sul para dois metros na extremidade norte. Encontre o volume de água da piscina.
$1800 \pi$ m$^3.$
Esboce o sólido cujo volume é dado pela integral iterada
$$\int_{0}^{1} \!\! \int_{0}^{1}(4-x-2y)\, dx dy.$$
Seja $R$ o retângulo $1\leq x\leq 2$, $0\leq y\leq 1$. Calcule $\iint\limits_{R} f(x,y)\,dxdy$, sendo $f(x,y)$ dada por
$y\cos(xy)$
$x\sin(\pi y)$
$\cos(1) - \dfrac{(1 + \cos(2))}{2}$
$\ln\left(\dfrac{4}{3}\right).$
Considere a integral
$$\int_{0}^{2}\int_{\frac{y}{2}}^{1}ye^{x^{3}}\,dx dy.$$
Faça um esboço da região de integração.
Calcule a integral sendo explícito se vai precisar mudar a ordem de integração.
...
$\dfrac{2(e - 1)}{3}.$
A função densidade conjunta para um par de variáveis aleatórias $X$ e $Y$ é $$f(x,y) = \begin{cases} Cx(1 + y), & \quad \text{se } 0 \leq x \leq 1, \ 0 \leq y \leq 2,\\ 0, & \quad \text{caso contrário}.
\end{cases}$$
Determine a constante $C$.
Determine $P(X \leq 1, \ Y \leq 1)$.
Determine $P(X + Y \leq 1)$.
$\dfrac{1}{2}.$
$\dfrac{3}{8}.$
$\dfrac{5}{48}$.
Sejam $f(x)$ e $g(x)$ duas funções contínuas, respectivamente, nos intervalos $[a,b]$ e $[c,d].$ Use o seguinte resultado $$\iint\limits_{R}f(x)g(y)\,dx dy=\bigg(\int_{a}^{b}f(x)\,dx\bigg)\bigg(\int_{c}^{d}g(y)\,dy\bigg),$$ onde $R$ é o retângulo $a\leq x\leq b$ e $c\leq y\leq d$, para calcular as integrais
$\displaystyle\iint\limits_{R} x\ln(y)\,dx dy$, onde $R$ é o retângulo $0\leq x\leq 2,\;1\leq y\leq 2.$
$\displaystyle\iint\limits_{R} xye^{x^{2}-y^{2}}\,dx dy$, onde $R$ é o retângulo $-1\leq x\leq 1,\;0\leq y\leq 3.$
$2(2\ln(2) - 1).$
$0.$
Calcule o volume do conjunto dado.
$4x+2y\geq z\geq 3x+y+1$, $x\geq 0$ e $y\geq 0.$
$0\leq z\leq \sin{y^{3}}$ e $\sqrt{x}\leq y\leq \sqrt[3]{\pi}.$
$\dfrac{1}{6}.$
$\dfrac{2}{3}.$
Considere a integral
$$\int_{0}^{1}\!\!\int_{x^{2}}^{1}x^{3}\sin{y^{3}}\,dy dx.$$
Desenhe a região de integração.
Calcule o valor da integral.
$\dfrac{1 - \cos(1)}{12}$.
Calcule a integral iterada.
$\displaystyle\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{1}(u-v)^{5}\,du dv$
$\displaystyle\int_{0}^{2}\!\!\int_{0}^{\pi}r\sin^{2}{\theta}\,d\theta dr$
$0.$
$\pi.$
Determine a massa e o centro de massa da lâmina que ocupa a região $D$ e tem função densidade $\rho$, sendo: $D$ delimitada pelas parábolas $y = x^2$ e $x = y^2; \quad \rho(x,y) = \sqrt{x}$.
Massa: $\dfrac{3}{14};$ centro de massa: $\displaystyle \left(\frac{14}{27},\frac{28}{55} \right).$
Esboce a região de integração e calcule a integral $\displaystyle\int_{0}^{\pi}\!\!\int_{0}^{x}x\sin{y}\,dy dx$.
$\dfrac{\pi^{2}}{2} + 2.$
Esboce o sólido cujo volume é dado pela integral iterada
$$\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{1-x}(1-x-y)\,dy dx.$$
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.
A fronteira de uma lâmina consiste nos semicírculos $y = \sqrt{1 - x^2}$ e $y = \sqrt{4 - x^2}$, juntamente com as partes do eixo $x$ que os une. Encontre o centro de massa da lâmina se a densidade em qualquer ponto é proporcional à sua distância da origem.
$\displaystyle \left(0, \frac{45}{14\pi} \right).$
Determine os momentos de inércia da lâmina que ocupa a região $D$ e tem função densidade $\rho$ quando: $D$ é a região triangular delimitada pelas retas $x = 0, \ y = x$ e $2x + y = 6; \quad \rho(x,y) = x^2$.
$\displaystyle I_{x} = \dfrac{1}{16}(e^4 - 1),$ $I_{y} = \dfrac{1}{16}(e^4 - 1)$ e $I_{0} = \dfrac{1}{16}(e^4 + 2e^2 - 3).$
Determine a massa e o centro de massa da lâmina que ocupa a região $D$ e tem função densidade $\rho$, sendo: $\displaystyle D = \{(x,y) \in\mathbb{R}^2: 0 \leq y \leq \sin{(\pi x/L)}, \ 0 \leq x \leq L\}; \quad \rho(x,y) = y$.
Massa: $\dfrac{L}{4};$ centro de massa: $\displaystyle \left(\frac{L}{2},\frac{16}{9\pi} \right).$
Calcule $\displaystyle\iint\limits_{B}f(x,y)\,dx dy$ sendo dados:
$f(x,y)=x\cos{y}$ e $B=\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}|\;x\geq 0,\;x^{2}\leq y\leq \pi\}.$
$f(x,y)=xy$ e $B=\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}|\;x^{2}+y^{2}\leq 2,\;y\leq x\;e\;x\geq 0\}.$
$f(x,y)=x$ e $B$ o triângulo de vértices $(0,0)$, $(1,1)$ e $(2,0).$
$f(x,y)=xy\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ e $B$ o retângulo $0\leq x\leq 1$, $0\leq y\leq 1.$
$f(x,y)=x+y$ e $B$ o paralelogramo de vértices $(0,0)$, $(1,1)$, $(3,1)$ e $(2,0).$
$-1.$
$-\dfrac{1}{4}$.
$1.$
$\dfrac{2(2\sqrt{2} - 1)}{15}.$
$4.$
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 $R.$
$R = \left\lbrace (x,y); (x - 1)^2 + y^2 \leq 1,\quad x \leq y,\quad x \geq 0,\quad y \geq 0 \right\rbrace.$
(...)
$\dfrac{\pi + 2}{4}.$
Expresse a integral dupla, sobre a região $R$ indicada, como uma integral iterada e ache seu valor.
$\displaystyle\iint\limits_{R}(y+2x)\,dA; \quad R$ região retangular de vértices $(-1,-1)$, $(2,-1)$, $(2,4)$ e $(-1,4).$
$\displaystyle\iint\limits_{R}(x-y)\,dA; \quad R$ região triangular de vértices $(2,9)$, $(2,1)$ e $(-2,1).$
$\displaystyle\iint\limits_{R}xy^{2}\,dA; \quad R$ região triangular de vértices $(0,0)$, $(3,1)$ e $(-2,1).$
$\displaystyle\iint\limits_{R}e^{x/y}\,dA; \quad R$ região limitada pelos gráficos de $y=2x$, $y=-x$ e $y=4.$
$\displaystyle\int_{-1}^{4} \int_{-1}^{2} (y+2x)\,dx;dy = \dfrac{75}{2}.$
$\displaystyle\int_{-2}^{2} \int_{1}^{2x + 5} x - y\,dy;dx = -48.$
$\displaystyle\int_{0}^{1} \int_{-2y}^{3y} xy^{2}\,dx;dy = \dfrac{1}{2}.$
$\displaystyle\int_{0}^{4} \int_{-y}^{y/2} e^{x/y}\,dx;dy = 8(e^{1/2} - e^{-1}).$
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:
Calcule a integral trocando a ordem de integração. $\displaystyle\int_{0}^{1}\!\!\int_{x}^{1}e^{x/y}\,dy dx$.
A região de integração é do tipo I, é dada por
$$\{(x,y) \in \mathbb{R}^2: 0 \leq x \leq 1 \mbox{ e } x \leq y \leq 1\}$$
e pode ser vista geometricamente como a região esboçada na figura abaixo.
Essa região pode ser descrita como uma região do tipo II da seguinte forma:
$$\{(x,y) \in \mathbb{R}^2: 0 \leq x \leq y \mbox{ e } 0 \leq y \leq 1\}.$$
Assim,
\begin{array}{rcl}\displaystyle\int_{0}^{1}\!\!\int_{x}^{1}e^{x/y}\,dy dx & = & \displaystyle\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{y} \! e^{x/y}\,dx dy \\ & = & \displaystyle\int_{0}^{1} \! \left. ye^{x/y} \right|_{x=0}^{x=y}\,dx \\ & = & \displaystyle\int_{0}^{1} \! \left. y(e-1) \right|_{x=0}^{x=y}\,dx \\ & = & \left.(e-1) \frac{y^2}{2}\right|_{0}^{1} = \frac{e-1}{2}.\end{array}
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. $
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 $y=x.$
$\displaystyle \frac{8}{9}(2 - \frac{5}{4}\sqrt{2}).$
Determine a massa e o centro de massa da lâmina que ocupa a região $D$ e tem função densidade $\rho$, sendo:$D$ a região triangular com vértices $(0,0), (2,1), (0,3)$ e $\rho(x,y) = x + y$.
Massa: $6;$ centro de massa: $\displaystyle \left(\frac{3}{4},\frac{3}{2} \right).$
Calcule $\displaystyle\iint\limits_{B} y\,dx dy$, onde $B$ é o conjunto dado.
$B$ é a região compreendida entre os gráficos de $y=x$ e $y=x^{2}$, com $0\leq x\leq 2.$
$B$ é o paralelogramo de vértices $(-1,0)$, $(0,0)$, $(1,1)$ e $(0,1).$
$B$ é o semicírculo $x^{2}+y^{2}\leq 4$, $y\geq 0.$
$B=\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}|\;x\geq 0,\;x^{5}-x\leq y \leq 0\}.$
$2$.
$\dfrac{1}{2}$.
$\dfrac{16}{3}$.
$-\dfrac{16}{231}$.
Calcule o centro de massa da região $D$ dada.
$D$ é o conjunto de todos $(x,y)$ tais que $x^3 \leq y \leq x$ e a densidade é constante e igual a 1.
$D$ é o conjunto de todos $(x,y)$ tais que $x \leq y \leq x + 1$, $0 \leq x \leq 1$, e a densidade é o produto das coordenadas do ponto.
$D$ é o conjunto de todos $(x,y)$ tais que $1 \leq x^2 + y^2 \leq 4$, $y \geq 0$, e a densidade é proporcional à distância do ponto à origem.
$\displaystyle \left(0,0\right).$
$\displaystyle \left(\frac{5}{7},\frac{9}{7}\right).$
$\displaystyle \left(0, \frac{45}{14\pi} \right).$
Suponha que a temperatura, em graus Celsius, num ponto \((x,y)\) de uma chapa metálica plana seja \( T(x,y)=10-8x^2-2y^2 \), onde \(x\) e \(y\) são medidos em metros. Calcule a temperatura média da porção retangular da chapa dada por \(0\leq x\leq 1\) e \(0\leq y\leq 2\).
\(\dfrac{14}{3}\) \({}^\circ\)C
No cálculo de uma integral dupla sobre uma região $D$, obtivemos uma soma de integrais iteradas como a que segue:
$$\int\!\!\!\!\int\limits_{\!\!\!\!\!\! D} \! f(x,y)\,dA=\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{2y} \! f(x,y)\,dx dy+\int_{1}^{3}\!\!\int_{0}^{3-y} \! f(x,y)\,dx dy.$$
Esboce a região $D$ e expresse a integral dupla como uma integral iterada com ordem de integração contrária.
$\displaystyle \int_{0}^{2}\!\!\int_{\frac{x}{2}}^{3-x} \! f(x,y)\,dx dy.$
Inverta a ordem de integração.
$\displaystyle\int_{0}^{1}\bigg[\int_{e^{y-1}}^{e^{y}}f(x,y)\,dx\bigg]dy$
$\displaystyle\int_{0}^{1}\bigg[\int_{2x}^{x+1}f(x,y)\,dy\bigg]dx$
$\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\bigg[\int_{0}^{\tan(x)}f(x,y)\,dy\bigg]dx$
$\displaystyle\int_{e^{-1}}^{1}\bigg[\int_{0}^{1 + \ln(x)}f(x,y) \ , dy\bigg]dx + \displaystyle\int_{1}^{e}\bigg[\int_{\ln(x)}^{1}f(x,y)\,dy\bigg]dx$
$\displaystyle\int_{0}^{1}\bigg[\int_{0}^{y/2}f(x,y)\,dx\bigg]dy + \int_{1}^{2}\bigg[\int_{y - 1}^{y/2}f(x,y)\,dx\bigg]dy$
$\displaystyle \int_{0}^{1}\bigg[\int_{0}^{\arctan(y)}f(x,y)\,dx \bigg]dy $
Determine a massa e o centro de massa da lâmina que ocupa a região $D$ e tem função densidade $\rho$ quando: $D$ é a região triangular delimitada pelas retas $x = 0, \ y = x$ e $2x + y = 6; \quad \rho(x,y) = x^2$.
Massa: $4;$ centro de massa: $\displaystyle \left(\frac{6}{5},\frac{12}{5} \right).$
Esboce a região de integração para a integral iterada $\displaystyle\int_{0}^{1}\!\!\int_{\sqrt{y}}^{3\sqrt{y}}f(x,y)\,dx dy$.
Calcule $\displaystyle\iint\limits_{B}f(x,y)\,dx dy$ sendo dados:
$f(x,y)=\dfrac{1}{\ln(y)}$ e $B=\bigg\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}|\;2\leq y\leq 3,\;0\leq x\leq \dfrac{1}{y}\bigg\}.$
$f(x,y) = xy\cos{x^{2}}$ e $B=\{(x,y) \in \mathbb{R}^{2}| \; 0 \leq x \leq 1, \; x^{2} \leq y \leq 1\}$.
$f(x,y) = \cos(2y)\sqrt{4-\sin^{2}{x}}$ e $B$ é o triângulo de vértices $(0,0)$, $\bigg(0,\dfrac{\pi}{2}\bigg)$ e $\bigg(\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\bigg).$
$f(x,y)=x+y$ e $B$ a região compreendida entre os gráficos das funções $y=x$ e $y=e^{x}$, com $0\leq x\leq 1.$
$\ln(\ln(3)) - \ln(\ln(2)).$
$\dfrac{\sin(1) - \cos(1)}{2}$.
$\dfrac{8}{3} - \sqrt{3}.$
$\dfrac{1 + e^{2}}{4}.$
Esboce a região de integração e calcule a integral $\displaystyle\int_{1}^{2}\!\!\int_{y}^{y^{2}} \,dx dy$.
$\frac{5}{6}.$
Uma carga elétrica é distribuída sobre o retângulo $1 \leq x \leq 3$, $0 \leq y \leq 2$, de modo que a densidade de carga em $(x,y)$ é $\sigma(x,y) = 2xy + y^2$ (medida em coulombs por metro quadrado). Determine a carga total no retângulo.
$\displaystyle \frac{64}{3}$ Coulombs.
Determine $\int_{0}^{5}f(x,y)\,dx$ e $\int_{0}^{1}f(x,y)\,dy$, sendo $f(x,y)=12x^{2}y^{3}.$
$\int_{0}^{5} 12x^{2}y^{3} \,dx = 500y^{3}$ e $\int_{0}^{1} 12x^{2}y^{3} \,dy = 3x^{2}.$
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: $$\int_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^{1} \int_{\sqrt{1-x^{2}}}^{x}xy\,dy dx+\int_{1}^{\sqrt{2}} \int_{0}^{x}xy\,dy dx+\int_{\sqrt{2}}^{2} \int_{0}^{\sqrt{4-x^{2}}}xy\,dy dx$$ $$=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\int_{1}^{2}(r\,\cos \theta)\cdot (r\,\sin \theta)\,r\,dr\,d\theta=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\int_{1}^{2}r^{3}\cos\theta \sin \theta\,dr\,d\theta$$ $$=\underbrace{\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\cos \theta\, \sin \theta\,d \theta}_{\substack{ u=\sin \theta\\ du=\cos\, d\theta}}\cdot \int_{1}^{2}r^{3}\,dr =\int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}}u\,du\cdot \frac{r^{4}}{4}\bigg|_{1}^{2}$$ $$=\frac{u^{2}}{2}\bigg|_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}}\cdot \bigg(\frac{16}{4}-\frac{1}{4}\bigg)=\frac{1}{4}\cdot \frac{15}{4}=\frac{15}{16}.$$
Calcule a integral dupla utilizando coordenadas polares: $\displaystyle\iint\limits_{R}(x^{2}+y^{2})\,dx dy$, onde $R=\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}| 1\leq x^{2}+y^{2}\leq 4\}.$
$\displaystyle \frac{15\pi}{2}.$
A parte da superfície \[ z= \dfrac{h}{a}\sqrt{x^2+y^2}\quad\left(a,\ h>0\right) \] entre o plano \(xy\) e o plano \(z=h\) é um cone circular reto de altura \(h\) e raio \(a\). Use uma integral dupla para mostrar que a área da superfície lateral desse cone é dada por \(\displaystyle S=\pi a\sqrt{a^2+h^2}\).
Calcule as integrais iteradas.
$\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\int_{0}^{\cos{\theta}}e^{\sin{\theta}}\,dr d\theta$
$\displaystyle\int_{0}^{1}\int_{0}^{v}\sqrt{1-v^{2}}\,du dv$
$e - 1.$
$\dfrac{1}{3}.$
Calcule a integral dupla.
$\displaystyle\iint\limits_{ D}x^{3}y^{2}\,dA, \quad D=\{(x,y) \in \mathbb{R}^2|\;0\leq x\leq 2,\;-x\leq y\leq x\}.$
$\displaystyle\iint\limits_{D}x\,dA, \quad D=\{(x,y) \in \mathbb{R}^2|\;0\leq x\leq \pi,\;0\leq y\leq \sin{x}\}.$
$\displaystyle\iint\limits_{D}x^{3}\,dA, \quad D=\{(x,y) \in \mathbb{R}^2|\;1\leq x\leq e,\;0\leq y\leq \ln(x)\}.$
$\displaystyle\iint\limits_{D}y^{2}e^{xy}\,dA, \quad D=\{(x,y) \in \mathbb{R}^2|\;0\leq y\leq 4,\;0\leq x\leq y\}.$
$\displaystyle\iint\limits_{D}y^{3}\,dA, \quad D$ região com vértices $(0,2)$, $(1,1)$ e $(3,2).$
$\dfrac{256}{21}.$
$\pi.$
$\dfrac{3e^{4} + 1}{16}.$
$\dfrac{e^{16} - 17}{2}.$
$\dfrac{147}{20}.$
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, $$\iint\limits_{ R}x\,dA=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{2}r\,\cos \theta \cdot r \,dr\,d\theta- \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{2\cos \theta}r\cos \theta\cdot r\, dr\,d \theta$$ $$=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{2}r^{2}\,\cos \theta\,dr\,d\theta-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{2\cos \theta}r^{2}\,\cos \theta\,dr\,d\theta$$ $$=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos\,d\theta \cdot \int_{0}^{2}r^{2}\,dr-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{r^{3}}{3}\cos \theta \bigg|_{0}^{2\cos \theta}\,d\theta$$ $$=\bigg(\sin\theta \bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}\bigg)\cdot \bigg(\frac{r^{3}}{3}\bigg|_{0}^{2}\bigg)-\frac{8}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{4}\theta\,d\theta$$ $$=\bigg(\sin \frac{\pi}{2}-\sin 0\bigg)\cdot \bigg(\frac{8}{3}-0\bigg)-\frac{8}{3}\bigg(\frac{1}{4}\cos^{3}\theta\,\sin \theta+\frac{3}{8}\theta+\frac{3}{16}\sin 2 \theta\bigg)\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}$$ $$=\frac{8}{3}-\frac{8}{3}\bigg[\bigg(\frac{1}{4}\cos^{3}\frac{\pi}{2}\sin \frac{\pi}{2}+\frac{3}{8}\cdot\frac{\pi}{2}+\frac{3}{16}\sin2\cdot \frac{\pi}{2}\bigg) -\bigg(\frac{1}{4}\cos^{3}0\sin 0+\frac{3}{8}\cdot 0+\frac{3}{16}\sin 0\bigg)\bigg]$$ $$=\frac{8}{3}-\frac{8}{3}\cdot \bigg(\frac{3\pi}{16}\bigg)=\frac{8}{3}-\frac{\pi}{2}=\frac{16-3\pi}{6}.$$
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 simetria para calcular $\iint\limits_{D}(2-3x+4y)\,dA$, onde $D$ é a região limitada pelo quadrado com vértices $(\pm 5,0)$ e $(0,\pm 5).$
$100.$
Sejam $f(x)$ e $g(x)$ duas funções contínuas, respectivamente, nos intervalos $[a,b]$ e $[c,d].$ Use o seguinte resultado $$\iint\limits_{R}f(x)g(y)\,dx dy=\bigg(\int_{a}^{b}f(x)\,dx\bigg)\bigg(\int_{c}^{d}g(y)\,dy\bigg),$$ onde $R$ é o retângulo $a\leq x\leq b$ e $c\leq y\leq d$, para calcular as integrais
$\displaystyle\iint\limits_{R} \dfrac{\sin^{2}{x}}{1+4y^{2}}\,dx dy$, onde $R$ é o retângulo $0\leq x\leq \dfrac{\pi}{2},\;0\leq y\leq \dfrac{1}{2}.$
$\displaystyle\iint\limits_{R} \dfrac{xy\sin{x}}{1+4y^{2}}\,dx dy$, onde $R$ é o retângulo $0\leq x\leq \dfrac{\pi}{2},\;0\leq y\leq 1.$
$\dfrac{\pi^{2}}{32}.$
$\dfrac{\ln(5)}{8}.$
Calcule a integral iterada.
$\displaystyle\int_{0}^{\pi/2} \int_{0}^{\pi/2}\sin{x}\cos{y} \, dy dx$
$\displaystyle\int_{0}^{2}\!\!\int_{0}^{1}(2x+y)^{8}\,dx dy$
$1.$
$\dfrac{4^{10} - 2^{11}}{180}.$
A tendência de uma lâmina de resistir a uma mudança no seu movimento de rotação em torno de um eixo é medida pelo seu momento de inércia em torno daquele eixo. Se a lâmina ocupar uma região \(R\) do plano \(xy\) e se sua densidade \(\delta(x,y)\) for uma função contínua em \(R\), então os momentos de inércia em torno dos eixos \(x\), \(y\) e \(z\) são denotados por \(I_x\), \(I_y\) e \(I_z\), respectivamente, e são definidos por \begin{align*} I_x & = \iint\limits_R y^2\delta(x,y)\,dA, \\ I_y & = \iint\limits_R x^2\delta(x,y)\,dA, \\ I_z & = \iint\limits_R (x^2+y^2)\delta(x,y)\,dA. \\ \end{align*} Considere a lâmina circular que ocupa a região descrita pelas desigualdades \(0\leq x^2+y^2\leq a^2\). Supondo que a lâmina tenha densidade \(\delta\) constante, mostre que \[ I_x= I_y=\dfrac{\delta\pi a^4}{4}, \quad I_z= \dfrac{\delta\pi a^4}{2}.\]
Calcule o volume do conjunto dado.
$x^{2}+y^{2}\leq 1$ e $x+y+2\leq z \leq 4.$
$x\geq 0$, $y \geq 0$, $x+y\leq 1$ e $0\leq z\leq x^{2}+y^{2}.$
$2\pi.$
$\dfrac{1}{6}.$
Encontre o volume do sólido delimitado pelo parabolóide $z=2+x^{2}+(y-2)^{2}$ e pelos planos $z=1$, $x=1$, $x=-1$, $y=0$ e $y=4.$
Observe que o sólido $E$ está abaixo da superfície $z = 2+x^2+(y-2)^2$ e acima do retângulo $[-1,1]\times [0,4]$ em $z=1$ (ver figura abaixo).
Algebricamente, $$E = \{(x,y,z) \in\mathbb{R}^3: -1 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 4 \mbox{ e } 1 \leq z \leq 2 + x^2 + (y-2)^2\}.$$ Logo, o volume é dado por $$V = \iint\limits_{R}(2+x^2+(y-2)^2)\,dA - \iint\limits_{ R}\,dA,$$ em que $R = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2; -1 \leq x \leq 1 \mbox{ e } 0 \leq y \leq 4 \}$. Assim, \begin{eqnarray*} V & = & \displaystyle\int_{-1}^{1}\int_{0}^{4}(x^2+y^2-4y+5)\,dy dx \\ & = & \displaystyle\int_{-1}^{1} \left.\left(x^2y+\frac{y^3}{3}-2y^2+5y \right|_{y=0}^{y=4} \right) \,dx \\ & = & \displaystyle\int_{-1}^{1} \left(4x^2+\frac{28}{3}\right) \,dx \\ & = & \left.\frac{4x^3}{3}+\frac{28x}{3} \right|_{x=-1}^{x=1} = \frac{64}{3}. \end{eqnarray*} Observe que, pelo Teorema de Fubini, podemos optar por calcular a integral $$\int_{0}^{4}\!\int_{-1}^{1}(x^2+y^2-4y+5)\,dy dx,$$ obtendo o mesmo resultado.
Uma região $R$ é mostrada na figura abaixo. Decida se você deve usar coordenadas polares ou retangulares e escreva $\iint\limits_{R}f(x,y)\,dA$ como uma integral iterada, onde $f$ é uma função qualquer contínua em $R.$
$\displaystyle \int_{-1}^{1} \int_{0}^{1 - x^2} f(x,y) dy dx .$
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: $\displaystyle\iint\limits_{R}e^{x^{2}+y^{2}}\,dx dy$, 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 $x\geq 0.$
$\displaystyle \frac{\pi}{4}(e^4 - e).$
Esboce a região de integração e mude a ordem de integração. $\displaystyle\int_{0}^{3}\!\!\int_{-\sqrt{9-y^{2}}}^{\sqrt{9-y^{2}}}f(x,y)\,dx dy$.
Faça um esboço do sólido no primeiro octante compreendido pelos planos \(x=0\), \(z=0\), \(x=5\), \(z-y=0\) e \(z=-2y+6\).
Calcule o volume do sólido dividindo-o em duas partes.
Calcule o volume do conjunto dado.
$x^{2}+y^{2}\leq z\leq 2x.$
$x\leq z\leq1-y^{2}$ e $x\geq 0.$
$\dfrac{\pi}{2}.$
$\dfrac{8}{15}.$
Utilize a integral dupla para determinar a área da região: um laço da rosácea $r=\cos(3\theta).$
$\displaystyle \frac{\pi}{12}.$
Utilize a integral dupla para determinar a área da região: cortada do primeiro quadrante pela curva $r=2(2-\sin(2\theta))^{1/2}.$
$2(\pi - 1).$
Inverta a ordem de integração.
$\displaystyle\int_{1}^{e}\bigg[\int_{\ln(x)}^{x}f(x,y)\,dy\bigg]dx.$
$\displaystyle\int_{0}^{1}\bigg[\int_{y}^{y+3}f(x,y)\,dx\bigg]dy$
$\displaystyle\int_{-1}^{1}\bigg[\int_{-\sqrt{1-x^{2}}}^{\sqrt{1-x^{2}}}f(x,y)\,dy\bigg]dx$
$\displaystyle\int_{0}^{1}\bigg[\int_{1}^{e^{y}}f(x,y)\,dx\bigg]dy. + \displaystyle\int_{1}^{e}\bigg[\int_{y}^{1}f(x,y)\,dx\bigg]dy.$
$\displaystyle\int_{0}^{1}\bigg[\int_{0}^{x}f(x,y)\,dy\bigg]dx + \displaystyle\int_{1}^{3}\bigg[\int_{0}^{1}f(x,y)\,dy\bigg]dx + \displaystyle\int_{3}^{4}\bigg[\int_{x-3}^{1}f(x,y)\,dy\bigg]dx$
$\displaystyle\int_{-1}^{1}\bigg[\int_{-\sqrt{1-y^{2}}}^{\sqrt{1-y^{2}}}f(x,y)\,dx\bigg]dy$
Esboce a região cuja área é dada pela integral e calcule-a, sendo: $\displaystyle\int_{\pi}^{2\pi} \int_{4}^{7} r \, dr d\theta.$
Calcule o centro de massa do quadrado $D$ dado por $0 \leq x \leq 1, \ 0 \leq y \leq 1$ e com densidade $\quad \rho(x,y) = y$.
$\displaystyle \left(\frac{1}{2}, \frac{2}{3} \right).$
Sejam $f(x)$ e $g(x)$ duas funções contínuas, respectivamente, nos intervalos $[a,b]$ e $[c,d].$ Use o seguinte resultado $$\iint\limits_{R}f(x)g(y)\,dx dy=\bigg(\int_{a}^{b}f(x)\,dx\bigg)\bigg(\int_{c}^{d}g(y)\,dy\bigg),$$ onde $R$ é o retângulo $a\leq x\leq b$ e $c\leq y\leq d$, para calcular as integrais
$\displaystyle\int\!\!\!\!\int\limits_{\!\!\!\!\!\! R} xy^{2}\,dx dy$, onde $R$ é o retângulo $1\leq x\leq 2,\;2\leq y\leq 3.$
$\displaystyle\int\!\!\!\!\int\limits_{\!\!\!\!\!\! R} x\cos(2y)\,dx dy$, onde $R$ é o retângulo $0\leq x\leq 1,\;-\dfrac{\pi}{4}\leq y\leq \dfrac{\pi}{4}.$
$\dfrac{19}{2}.$
$\dfrac{1}{2}.$
Utilize a integral dupla para determinar a área da região: no interior do círculo $x^{2}+(y-1)^{2}=1$ e fora do círculo $x^{2}+y^{2}=1.$
$\displaystyle \frac{\pi}{3} + \frac{\sqrt{3}}{2}.$
Encontre a área da parte da superfície \(z=\sqrt{4-x^2}\) que fica acima do retângulo \(R\) do plano \(xy\) cujas coordenadas satisfazem \(0\leq x\leq 1\) e \(0\leq y\leq 4\).
A superfície é uma parte do cilindro \(x^2+z^2=4\) localizada no primeiro octante. Neste caso, como \(z=f(x,y)\), podemos tomar \(x=u\) e \(y=v\) como parâmetros. Assim, teremos que \(\displaystyle \mathbf{r}=u\mathbf{i}+v\mathbf{j}+f(u,v)\mathbf{k} \) e \[ \|\dfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial u}\times \dfrac{\partial \mathbf{r}}{\partial v}\| = \sqrt{\left(\dfrac{\partial z}{\partial x}\right)^2+\left(\dfrac{\partial z}{\partial y}\right)^2+1}.\] Segue para a área que \begin{align*} S & = \iint\limits_R\sqrt{\left(\dfrac{\partial z}{\partial x}\right)^2+\left(\dfrac{\partial z}{\partial y}\right)^2+1}\,dA \\ & = \iint\limits_R\sqrt{\left(-\dfrac{x}{\sqrt{4-x^2}}\right)^2+ 0 + 1}\,dA = \int_0^4\int_0^1\dfrac{2}{\sqrt{4-x^2}}\,dxdy \\ & = 2\int_0^4\left[\arcsin\left(\dfrac{1}{2}x\right)\right]_{x=0}^1\,dy = 2\int_0^4\dfrac{\pi}{6}\,dy = \dfrac{4}{3}\pi. \end{align*}
Use coordenadas polares para calcular a integral dupla
\[ \iint_R e^{-(x^2+y^2)}\,dA, \]
onde \(R\) é a região contida no círculo \(x^2+y^2=1\).
\(\displaystyle (1-e^{-1})\pi \)
Determine o volume do sólido descrito abaixo.
Limitado pelo cilindro $x^{2}+y^{2}=1$ e pelos planos $y=z$, $x=0$ e $z=0$, no primeiro octante.
Cuja base é a região no plano $xy$ que é limitada pela parábola $y=4-x^{2}$ e pela reta $y=3x$, enquanto o topo do sólido é limitado pelo plano $z=x+4.$
No primeiro octante limitado pelos planos coordenados, pelo cilindro $x^{2}+y^{2}=4$ e pelo plano $z+y=3.$
$\dfrac{1}{3}.$
$\dfrac{625}{12}.$
$\dfrac{9\pi - 8}{3}.$
Seja $R$ o retângulo $1\leq x\leq 2$, $0\leq y\leq 1$. Calcule $\iint\limits_{R} f(x,y)\,dxdy$, sendo $f(x,y)$ igual a
$\dfrac{1}{(x+y)^{2}}$
$\dfrac{1}{1+x^{2}+2xy+y^{2}}$
$\dfrac{3}{\pi}.$
$3\arctan(3) - 4\arctan(2) - \ln(2) + \dfrac{\ln(5)}{2} + \dfrac{\pi}{4}.$
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 de integração e mude a ordem de integração. $\displaystyle\int_{1}^{2}\!\!\int_{0}^{\ln(x)} \! f(x,y)\,dy dx$.
Note que a região de integração é do tipo I, é dada por
$$\{(x,y) \in \mathbb{R}^2: 1 \leq x \leq 2 \mbox{ e } 0 \leq y \leq \ln(x)\}$$
e pode ser vista geometricamente como a região esboçada na figura abaixo.
Além disso, ela pode ser descrita como uma região do tipo II da seguinte forma:
$$\{(x,y) \in \mathbb{R}^2: e^y \leq x \leq 2 \mbox{ e } 0 \leq y \leq \ln{2}\}.$$
Portanto, a integral pode ser reescrita como
$\displaystyle\int_{0}^{\ln{2}}\!\!\int_{e^y}^{2} \! f(x,y)\,dx dy$.
As equações paramétricas \[\begin{array}{lll} x=u, & y=u\cos v, & z=u\sin v \end{array}\] representam o cone que resulta quando a reta \(y=x\) do plano \(xy\) é girada em torno do eixo \(x\). Determine a área de superfície da parte do cone para a qual \(0\leq u\leq 2\) e \(0\leq v\leq 2\pi\).
Sendo \(\displaystyle\{\mathbf{i},\mathbf{j},\mathbf{k}\}\) a base canônica do espaço, a superfície pode ser representada vetorialmente como \[ \mathbf{r}=u\mathbf{i}+u\cos v\mathbf{j}+u\sin v\mathbf{k} \ \ \left(0\leq u\leq 2,\ 0\leq v\leq 2\pi\right). \] Assim, teremos \begin{align*} \dfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial u} & = \mathbf{i} + \cos v\mathbf{j} + \sin v\mathbf{k} \\ \dfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial v} & = - u\sin v\mathbf{j} + u\cos v\mathbf{k} \\ \dfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial u}\times\dfrac{\partial\mathbf{r}} {\partial v} & = \left|\begin{array}{ccc} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 1 & \cos v & \sin v \\ 0 & -u\sin v & u\cos v \end{array} \right| = u\mathbf{i} -u\cos v\mathbf{j} - u\sin v\mathbf{k} \\ \|\dfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial u}\times \dfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial v}\| & = \sqrt{u^2+(-u\cos v)^2+(-u\sin v)^2} = |u|\sqrt{2} = u\sqrt{2}. \end{align*} Segue, portanto, que \[ S = \iint\limits_R\|\dfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial u}\times \dfrac{\partial\mathbf{r}}{\partial v}\|\,dA = \int_0^{2\pi}\int_0^2\sqrt{2}u\,dudv = 2\sqrt{2}\int_0^{2\pi}\,dv = 4\pi\sqrt{2}. \]
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 $$Q=\iint\limits_{D}\sigma(x,y)\,dA=\iint\limits_{D}(x+y+x^{2}+y^{2})\,dA$$ $$=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2}(r\,\cos \theta+r\,\sin \theta+r^{2})r\,dr\, d \theta=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2}(r^{2}\,\cos \theta+r^{2}\,\sin \theta+r^{3})\,dr\, d \theta$$ $$=\int_{0}^{2\pi}\bigg(\frac{r^{3}}{3}\cos \theta+\frac{r^{3}}{3}\sin \theta +\frac{r^{4}}{4}\bigg)\bigg|_{0}^{2}\,d\theta= \int_{0}^{2\pi}\bigg(\frac{8}{3}\cos \theta+\frac{8}{3}\sin \theta+4\bigg)\,d\theta$$ $$=\bigg(\frac{8}{3}\sin\theta-\frac{8}{3}\cos\theta+4\theta\bigg)\bigg|_{0}^{2\pi}=\bigg(-\frac{8}{3}+8\pi\bigg)-\bigg(-\frac{8}{3}\bigg)$$ $$=-\frac{8}{3}+8\pi+\frac{8}{3}=8\pi.$$
Utilize coordenadas polares para determinar o volume do sólido dado: uma esfera de raio $a.$
$\displaystyle \frac{4\pi}{3}a^3.$
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\iint\limits_{ D}xy\,dA$, onde $D$ é o disco com centro na origem e raio 3.
$0.$
Considere a integral iterada dada por $$\int_{0}^{1} \int_{x}^{\sqrt{x}}\frac{e^{y}}{y}\,dy dx.$$
Desenhe a região de integração no plano $xy.$
Calcule a integral acima.
(...)
$e - 2.$
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.
$\displaystyle \frac{\pi}{2}(1 - \cos(9)).$
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 $y.$
$\displaystyle \frac{\pi}{2} (1 - e^{-4}).$
Determine o volume do sólido que se encontra abaixo do plano $3x+2y+z=12$ e acima do retângulo $R=\{(x,y) \in \mathbb{R}^2|\;0\leq x\leq 1,\;-2\leq y\leq 3\}.$
$\dfrac{95}{2}.$
Esboce a região cuja área é dada pela integral $\displaystyle\int_{\pi}^{2\pi} \int_{4}^{7} r\, dr d\theta$ e calcule-a:
Utilize coordenadas polares para determinar o volume do sólido dado:
dentro da esfera $x^2+y^2+z^2=16$ e fora do cilindro $x^{2}+y^{2}=4.$
$\displaystyle 32\sqrt{3}\pi.$
Encontre a área da superfície descrita como sendo a parte do cilindro \(y^2+z^2=9\) que está acima do retângulo \(\displaystyle R=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2;\ 0\leq x\leq 2,\ -3\leq y\leq 3\}\).
\( 6\,\pi\)
Esboce a região de integração para a integral iterada $\displaystyle\int_{\pi}^{2\pi}\!\!\int_{\sin{y}}^{\ln(y)}f(x,y)\,dx dy$.
Escreva a integral dupla $$\iint\limits_{R}x\cos{y}\;dA,$$ onde $R$ é limitada pelas retas $y=0$, $x=\pi/4$ e $y=x$, das duas formas possíveis (mudando a ordem de integração). Escolha uma dessas formas e calcule o valor dessa integral.
$\displaystyle \int_{0}^{\pi/4} \int_{0}^{x} x \cos(y)\;dy\;dx = \int_{0}^{\pi/4} \int_{y}^{\pi / 4} x \cos(y)\;dx\;dy = -\frac{\pi - 4}{4\sqrt{2}}.$
Calcule o volume do conjunto dado.
$0\leq y\leq 1-x^{2}$ e $0\leq z\leq 1-x^{2}.$
$x^{2}+y^{2}+3\leq z\leq 4.$
$\dfrac{16}{15}.$
$\dfrac{\pi}{2}.$
Calcule a integral dupla.
$\displaystyle\iint\limits_{R} x\sin(x+y)\,dA, \quad R=[0,\pi/6]\times [0,\pi/3].$
$\displaystyle\iint\limits_{R} xye^{x^{2}y}\,dA, \quad R=[0,1]\times [0,2].$
$\dfrac{\pi}{12}.$
$\dfrac{(e^{2} - 3)}{2}.$
Seja $R$ o retângulo $1\leq x\leq 2$, $0\leq y\leq 1$. Calcule $\iint\limits_{R} f(x,y)\,dxdy$, sendo $f(x,y)$ igual a
$ye^{xy}$
$xy^{2}$
$\dfrac{(e - 1)^{2}}{2}.$
$\dfrac{1}{2}.$
Esboce a região de integração para a integral iterada $\displaystyle\int_{-1}^{2}\!\int_{-\sqrt{4-x^{2}}}^{4-x^{2}}f(x,y)\,dy dx$.
Determine a massa e o centro de massa da lâmina que ocupa a região $D$ e tem função densidade $\rho$, quando: $D$ é delimitada por $y = e^x$, $y = 0$, $x = 0$ e $x = 1; \quad \rho(x,y) = y$.
Massa: $\dfrac{1}{4}(e^{2} - 1);$ centro de massa: $\displaystyle \left(\frac{e^2 + 1}{2(e^2 - 1)},\frac{4(e^3 - 1)}{9 (e^2 - 1)} \right).$
Calcule a integral dupla.
$\displaystyle\iint\limits_{R} (6x^{2}y^{3}-5y^{4})\,dA, \quad R=\{(x,y) \in \mathbb{R}^2:0\leq x\leq 3,\;0\leq y\leq 1\}.$
$\displaystyle\iint\limits_{R} \dfrac{xy^{2}}{x^{2}+1}\,dA, \quad R=\{(x,y)\in \mathbb{R}^2:0\leq x\leq 1,\;-3\leq y\leq 3\}.$
$\dfrac{21}{2}.$
$9 \ln(2).$
Considere a integral $$\int_{0}^{1}\int_{3y}^{3}e^{x^{2}}\,dx dy.$$
Esboce a região de integração.
Calcule a integral usando a ordem de integração apropriada.
(...)
$\dfrac{e^9 - 1}{6}.$
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\int_{-1}^{0} \int_{-\sqrt{1-x^{2}}}^{0}\frac{2}{1+\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\,dy dx$
$(1 - \ln(2))\pi.$
Encontre a área da superfície descrita como sendo a parte do cone \(z^2=4x^2+4y^2\) que está acima da região do primeiro quadrante limitada pela reta \(y=x\) e a parábola \(y=x^2\).
\( \dfrac{\sqrt{5}}{6}\)
Inverta a ordem de integração, integrando primeiro em $y$ e depois em $x$ para calcular a integral:
$\displaystyle\int_{0}^{1}\!\!\int_{\sqrt{y}}^{1}\sqrt{x^{3}+1}\,dx dy$
$\displaystyle\int_{0}^{1}\!\!\int_{\sqrt{y}}\sin{x^{3}}\,dx dy$
$\dfrac{2(2\sqrt{2} - 1)}{9}.$
$\dfrac{2}{3} \sin^{2}\left(\dfrac{1}{2} \right).$
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\int_{0}^{1} \int_{0}^{\sqrt{1-y^{2}}}(x^{2}+y^{2})\,dx dy$
$\displaystyle \frac{\pi}{8}.$
Considere uma pá quadrada de um ventilador com lados de comprimento 2 e com o canto inferior esquerdo colocado na origem. Se a densidade da pá for $\rho(x,y) = 1 + 0,1\cdot x$, é mais difícil girar a pá em torno do eixo $x$ ou do eixo $y$?
Se calcularmos os momentos de inércia sobre $x$ e $y$, poderemos determinar em qual direção será mais difíciel de girar a pá do ventilador. Notemos que a região de integração é o quadrado com lados de comprimento 2 e com o canto inferior esquerdo colocado na origem em ambas as integrais. Então, o momento de inércia sobre o eixo $x$ é dada por: $$I_{x}=\iint\limits_{D}y^{2}\rho(x,y)\,dA=\int_{0}^{2}\int_{0}^{2}y^{2}(1+0,1x)dydx$$ $$=\int_{0}^{2}(1+0,1x)\,dx\cdot \int_{0}^{2}y^{2}\,dy=\bigg(x+0,1\frac{x^{2}}{2}\bigg)\bigg|_{0}^{2}\cdot \bigg(\frac{y^{3}}{3}\bigg)\bigg|_{0}^{2}$$ $$=\bigg[(2+0,2)-0\bigg]\cdot \bigg[\frac{8}{3}\bigg]=\frac{17,6}{3}.$$ Da mesma forma, o momente de inércia sobre o eixo $y$ é dado por: $$I_{y}=\iint\limits{D}x^{2}\rho(x,y)\,dA=\int_{0}^{2}\int_{0}^{2}x^{2}(1+0,1x)dydx$$ $$=\int_{0}^{2}(x^{2}+0,1x^{3})\,dx\cdot \int_{0}^{2}\,dy=\bigg(\frac{x^{3}}{3}+0,1\frac{x^{4}}{4}\bigg)\bigg|_{0}^{2}\cdot \bigg(y\bigg)\bigg|_{0}^{2}$$ $$=\bigg[\bigg(\frac{8}{3}+0,4\bigg)-0\bigg]\cdot \bigg[2-0\bigg]=\frac{18,4}{3}.$$ Como $I_{y}>I_{x}$ é mais difícil girarmos a pá do ventilador em torno do eixo $y.$
Esboce a região cuja área é dada pela integral e calcule-a, sendo: $\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\int_{0}^{4\cos{\theta}} r \,drd\theta.$
Determine a massa e o centro de massa da lâmina que ocupa a região $\displaystyle D = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2: 0 \leq x \leq 2, \ -1 \leq y \leq 1\}$ e tem função densidade $\rho(x,y) = xy^2.$
Massa: $\dfrac{4}{3};$ centro de massa: $\displaystyle \left(\frac{4}{3},0 \right).$
Calcule a integral dupla.
$\displaystyle\iint\limits_{D}(2x-y)\,dA, \quad D$ limitada pelo círculo de centro na origem e raio 2.
$\displaystyle\iint\limits_{D}\dfrac{x}{y}\,dA, \quad D$ região no primeiro quadrante limitada pelas retas $y=x$, $y=2x$, $x=1$ e $x=2.$
$\displaystyle\iint\limits_{D}\dfrac{1}{xy}\,dA, \quad D$ o quadrado $1\leq x\leq 2$, \;$1\leq y\leq 2.$
$\displaystyle\iint\limits_{D}(x-\sqrt{y})\,dA, \quad D$ região triangular cortado do primeiro quadrante do plano $xy$ pela reta $x+y=1.$
$0.$
$\dfrac{3\ln(2)}{2}.$
$(\ln(2))^{2}.$
$-\dfrac{1}{10}.$
Utilize coordenadas polares para determinar o volume do sólido dado: delimitado pelo cone $z^2=x^2+y^2$ e pelo cilindro $x^2+y^2=2x.$
$\dfrac{8}{9}.$
Calcule a integral iterada.
$\displaystyle\int_{1}^{3} \!\! \int_{0}^{1}(1+4xy)\, dx dy$
$\displaystyle\int_{2}^{4}\!\!\int_{-1}^{1}(x^{2}+y^{2})\,dy dx$
$10.$
$\dfrac{116}{3}.$
Encontre a área da superfície descrita como sendo a parte do plano \(2x+2y+z=8\) no primeiro octante.
Use um software de apoio computacional para mostrar que o volume \(V\) sob a superfície \(z=xy^3\sin(xy)\) e acima do retângulo \([0,\pi]\times[0,1]\) no plano \(xy\) é dado por \(V=3/\pi\).
Calcule o volume do conjunto dado.
$\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^{3}| 0\leq x\leq 1, 0\leq y\leq 1,0\leq z\leq x+2y\}$
$\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^{3}| 0\leq x\leq 2, 1\leq y\leq 2, 0\leq z\leq \sqrt{xy}\}$
$\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^{3}| 0\leq x\leq 1, 0\leq y\leq 1, 0\leq z\leq xye^{x^{2}-y^{2}}\}$
$ \{(x,y,z)\in \mathbb{R}^{3}| 0\leq x\leq 1, 0\leq y\leq 1, x^{2}+y^{2}\leq z\leq 2\}$
$\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^{3}| 1\leq x\leq 2, 0\leq y\leq 1,\;x+y\leq z\leq x+y+2\}$
$\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^{3}|\;0\leq x\leq 1, 0\leq y\leq 1,1\leq z\leq e^{x+y}\}$
$\dfrac{3}{2}.$
$\dfrac{8\sqrt{2}(2\sqrt{2} - 1)}{9}.$
$\dfrac{(e - 1)(1 - e^{-1})}{4}.$
$\dfrac{4}{3}.$
$2.$
$e^{2}-2e.$
Determine o volume do sólido que está abaixo do paraboloide elíptico $x^{2}/4+y^{2}/9+z=1$ e acima do retângulo $R=[-1,1]\times [-2,2].$
$\dfrac{166}{27}.$
Seja $R$ o retângulo $1\leq x\leq 2$, $0\leq y\leq 1$. Calcule $\iint\limits_{ R} f(x,y)\,dxdy$, sendo $f(x,y)$ igual a
$1$
$x\cos(xy)$
$1.$
$\cos(1) - \cos(2).$
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 o centro de massa da região: $D = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2: x^2 + 4y^2 \leq 1, \ y \geq 0\}$ e a densidade é proporcional à distância do ponto ao eixo $x$.
$\displaystyle \left(0, \frac{3\pi}{32} \right).$
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\int_{0}^{\ln 2} \int_{0}^{\sqrt{(\ln 2)^{2}-y^{2}}}e^{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\,dx dy$
$\displaystyle \frac{\pi(2\ln(2) - 1)}{2}.$
Mostre que
\[ \int_0^{+\infty}\int_0^{+\infty}\dfrac{1}{(1+x^2+y^2)^2}\,dxdy= \dfrac{\pi}{4}.\]
Esboce a região de integração e mude a ordem de integração. $\displaystyle\int_{0}^{1}\!\!\int_{\arctan{x}}^{\pi/4}\!f(x,y)\,dy dx$.
Calcule o volume do conjunto dado.
$x^{2}+4y^{2}\leq 4$ e $x+y\leq z\leq x+y+1.$
$x\geq 0$, $x\leq y\leq 1$ e $0\leq z\leq e^{y^{2}}.$
$2\pi.$
$\dfrac{e - 1}{2}.$
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) $\rho=\cos(3\theta)$, $-\dfrac{\pi}{6}\leq \theta \leq \dfrac{\pi}{6}.$
$\displaystyle \frac{81\sqrt{3}}{320}.$
Utilize coordenadas polares para determinar o volume do sólido dado: delimitado pelo hiperboloide $-x^2-y^2+z^2=1$ e acima do plano $xy.$
$\displaystyle \frac{4\pi}{3}.$
Estime o volume do sólido que está abaixo da superfície $z = x + 2y^2$ e acima do retângulo $R = [0,2] \times [0,4]$. Use a soma de Riemann com $m = n = 2$ e escolha os pontos amostrais como os cantos inferiores direitos.
Use a Regra do Ponto Médio para dar uma estimativa da integral do item anterior.
$\approx 44.$
$\approx 88.$
Utilize a integral dupla para determinar a área da região: dentro da cardióide $r=1+\cos{\theta}$ e fora do círculo $r=3\cos{\theta}.$
$\displaystyle \frac{\pi}{4}.$
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 $x^{2}+y^{2}=9.$
$\displaystyle \frac{\pi}{2}(1 - \cos(9).$
A tendência de uma lâmina de resistir a uma mudança no seu movimento de rotação em torno de um eixo é medida pelo seu momento de inércia em torno daquele eixo. Se a lâmina ocupar uma região \(R\) do plano \(xy\) e se sua densidade \(\delta(x,y)\) for uma função contínua em \(R\), então os momentos de inércia em torno dos eixos \(x\), \(y\) e \(z\) são denotados por \(I_x\), \(I_y\) e \(I_z\), respectivamente, e são definidos por \begin{align*} I_x & = \iint\limits_R y^2\delta(x,y)\,dA, \\ I_y & = \iint\limits_R x^2\delta(x,y)\,dA, \\ I_z & = \iint\limits_R (x^2+y^2)\delta(x,y)\,dA. \\ \end{align*} Considere a lâmina retangular que ocupa a região descrita pelas desigualdades \(0\leq x\leq a\) e \( 0\leq y\leq b\). Supondo que a lâmina tenha densidade \(\delta\) constante, mostre que \[ \begin{array}{lll} I_x= \dfrac{\delta ab^3}{3}, & I_y= \dfrac{\delta a^3b}{3}, & I_z= \dfrac{\delta ab(a^2+b^2)}{3}. \end{array} \]
Cada integral iterada abaixo representa o volume de um sólido. Faça um esboço do sólido. (Não é necessário calcular o volume.)
\(\displaystyle \int_0^5\int_1^2 4\, dxdy\)
\(\displaystyle \int_0^3\int_0^4\sqrt{25-x^2-y^2}\,dydx\)
Determine o volume do sólido limitado pelos planos coordenados e pelo plano $3x+2y+z=6.$
O sólido cujo volume deve ser calculado é $$E = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3; (x,y) \in R \mbox{ e } 0 \leq z \leq 6 - 3x - 2y\},$$ em que $R$ é a projeção de $E$ no plano $xy$. Assim, o volume é dado por $$V = \displaystyle\int\!\!\!\!\int\limits_{R}(6-3x-2y)\,dA.$$ A região $R$ é tanto do tipo I como do tipo II, então é possível escrevê-la de pelo menos duas formas. Escrevendo como uma região do tipo I, obtemos: $$R = \left\{(x,y) \in \mathbb{R}^2: 0 \leq x \leq 2 \mbox{ e } 0 \leq y \leq \frac{6-3x}{2}\right\}.$$ Portanto, \begin{eqnarray*} V & = & \displaystyle\int_{0}^{2}\!\int_{0}^{\frac{6-3x}{2}}(6-3x-2y)\,dy dx \\ & = & \displaystyle\int_{0}^{2} \left.\left(6y-3xy-y^2 \right|_{y=0}^{y=\frac{6-3x}{2}} \right) \,dx \\ & = & \displaystyle\int_{0}^{2} \left(9-9x+\frac{9x^2}{4}\right) \,dx \\ & = & \left.9x-\frac{9x^2}{2}+\frac{9x^3}{12} \right|_{x=0}^{x=2} = 6. \end{eqnarray*} Observe que podemos escrever $R$ como uma região do tipo II, obtendo: $$R = \left\{(x,y) \in \mathbb{R}^2: 0 \leq x \leq \frac{6-2y}{3} \text{ e } 0 \leq y \leq 3\right\}.$$ Então, uma outra expressão para $V$ é $$V = \displaystyle\int_{0}^{3}\!\int_{0}^{\frac{6-2y}{3}}(6-3x-2y)\,dx dy = 6.$$
Calcule $\displaystyle\iint\limits_{B}f(x,y)\,dx dy$ sendo dados:
$f(x,y)=y^{3}e^{xy^{2}}$ e $B$ o retângulo $0\leq x\leq 1$, $1\leq y\leq 2.$
$f(x,y)=x^{5}\cos{y^{3}}$ e $B=\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}|\;y\geq x^{2},\;x^{2}+y^{2}\leq 2\}.$
$f(x,y)= x^{2}$ e $B$ o conjunto de todos $(x,y)$ tais que $x\leq y\leq -x^{2}+2x+2.$
$f(x,y)=x$ e $B$ a região compreendida entre os gráficos de $y=\cos{x}$ e $y=1-\cos{x}$, com $0\leq x\leq \dfrac{\pi}{2}.$
$\dfrac{e^{4} - e - 3}{2}.$
$0.$
$\dfrac{63}{20}.$
$\left(\dfrac{5}{72} -\dfrac{ \sqrt{3}}{18}\right)\pi^{2} + \left( \dfrac{4\sqrt{3}}{3} - 1 \right) \pi.$
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, $$\int_{-a}^{a}\int_{-\sqrt{a^{2}-x^{2}}}^{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}dy\,dx=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{a}r\,dr\,d \theta=\int_{0}^{2\pi}d\theta \cdot \int_{0}^{a}r\,dr$$ $$=\theta\bigg |_{0}^{2\pi}\cdot \frac{r^{2}}{2}\bigg |_{0}^{a}=(2\pi)\cdot \bigg(\frac{a^{2}}{2}\bigg)=a^{2}\pi.$$
Esboce a região de integração e mude a ordem de integração. $\displaystyle\int_{0}^{4}\!\!\int_{0}^{\sqrt{x}} \! f(x,y)\,dy dx$.
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 $x^{2}+y^{2}=b^{2}$, $0< a< b.$
$\displaystyle \frac{\pi}{2}(b^2 - a^2).$
A figura mostra o mapa de contorno de $f$ no quadrado $R = [0,4] \times [0,4]$.
Use a Regra do Ponto Médio com $m = n = 2$ para estimar o valor de $\int\!\!\!\int \limits_{\!\!\!\!\!R} \! f(x,y) \, dA$.
Estime o valor médio de $f$.
Esboce a região de integração e calcule a integral $\displaystyle\int_{\pi}^{2\pi}\!\!\int_{0}^{\pi}(\sin{x}+\cos{y})\,dx dy$.
$2\pi.$
Ao calcular, por integração dupla, o volume $V$ do sólido situado abaixo do parabolóide $z=x^{2}+y^{2}$ e limitado inferiormente por uma certa região $D$ no plano $xy$, chegou-se à seguinte expressão: $$V=\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{y}(x^{2}+y^{2})\,dx dy+\int_{1}^{2}\int_{0}^{2-y}(x^{2}+y^{2})\,dx dy.$$
Esboce a região $D.$
Expresse $V$ numa única integral dupla iterada.
Efetue a integração para calcular $V.$
...
$\displaystyle \int_{0}^{1} \int_{x}^{2 - x} x^{2} + y^{2}\;dy\; dx$
$\dfrac{4}{3}.$
Uma região $R$ é mostrada na figura abaixo. Decida se você deve usar coordenadas polares ou retangulares e escreva $\iint \limits_{R}f(x,y)\,dA$ como uma integral iterada, onde $f$ é uma função qualquer contínua em $R.$
$\displaystyle \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \int_{3}^{6} f(r\cos(\theta),r\sin(\theta)) r d r d \theta.$
Calcule o volume do conjunto dado.
$x^{2}+y^{2}\leq a^{2}$ e $y^{2}+z^{2}\leq a^{2}$, $a >0.$
$x^{2}+y^{2}\leq z\leq 1-x^{2}.$
$\dfrac{16a^{3}}{3}.$
$\dfrac{\pi}{2\sqrt{2}}.$
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) $\rho=\cos(2\theta)$, $\dfrac{\pi}{8}\leq \theta \leq \dfrac{\pi}{4}.$
$\displaystyle \frac{3\pi + 2}{32}.$
Seja $S$ uma superfície plana paralela ao plano $xy$. Mostre que a fórmula para o cálculo de áreas de superfícies nesse caso reduz à fórmula de integrais duplas para o cálculo de área de regiões planas.
Se $f$ é uma função constante, $f(x,y) = k$, e $R = [a,b] \times [c,d],$ mostre que $\iint \limits_{R} k \, dA = k(b-a)(d-c).$
Note que se $R$ for dividida em $mn$ subretângulos, vale $$ \sum^{m}_{i = 1} \sum^{n}_{j = 1} f(x_{ij}^{*}, y_{ij}^{*}) \Delta A = k \sum^{m}_{i = 1} \sum^{n}_{j = 1} \Delta A = k (b - a) (d - c), $$ independentemente dos pontos amostrais $(x_{ij}^{*}, y_{ij}^{*})$ escolhidos.
Inverta a ordem de integração.
$\displaystyle\int_{0}^{\dfrac{\pi}{4}}\bigg[\int_{\sin{x}}^{\cos{x}}f(x,y)\,dy\bigg]dx$
$\displaystyle\int_{-1}^{2}\bigg[\int_{\sqrt{\frac{7+5y^{2}}{3}}}^{\frac{y+7}{3}}f(x,y)\,dx\bigg]dy$
$\displaystyle\int_{0}^{3}\bigg[\int_{x^{2}-2x}^{\sqrt{3x}}f(x,y)\,dy\bigg]dx$
$\displaystyle \int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}}\bigg[\int_{0}^{\arcsin{y}}f(x,y)\,dx\bigg]dy + \int_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1}\bigg[\int_{0}^{\arccos{y}}f(x,y)\,dx\bigg]dy$
$\displaystyle\int_{2}^{3}\bigg[\int_{3x - 7}^{\sqrt{\frac{3x^2 - 7}{5}}}f(x,y)\,dy\bigg]dx$
$\displaystyle\int_{-1}^{0}\bigg[\int_{1 - \sqrt{1 + y}}^{1 + \sqrt{1 + y}}f(x,y)\,dx\bigg]dy + \int_{0}^{3}\bigg[\int_{\dfrac{y^{2}}{3}}^{1 + \sqrt{1 + y}}f(x,y)\,dx\bigg]dy$
Calcule a integral iterada.
$\displaystyle\int_{1}^{4} \int_{1}^{2}\bigg(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\bigg)\,dy dx$
$\displaystyle\int_{0}^{1} \int_{0}^{3}e^{x+3y}\,dx dy$
$\dfrac{21}{2} \ln(2).$
$\dfrac{(e^{3} - 1)^{2}}{3}.$
Uma piscina de 8 por 12 metros está cheia de água. A profundidade é medida em intervalos de 2 metros, começando em um canto da piscina, e os valores foram registrados na tabela. Estime o volume de água na piscina.
$$ \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline & 0 & 2 & 4 & 6 & 8 & 10 & 12 \\ \hline 0 & 1 & 1,5 & 2 & 2,4 & 2,8 & 3 & 3 \\ 2 & 1 & 1,5 & 2 & 2,8 & 3 & 3,6 & 3 \\ 4 & 1 & 1,8 & 2,7 & 3 & 3,6 & 4 & 3,2 \\ 6 & 1 & 1,5 & 2 & 2,3 & 2,7 & 3 & 2,5 \\ 8 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1,5 & 2 & 2 \\ \hline\end{array}$$
$\approx 227.$
Encontre o volume do sólido no primeiro octante limitado pelo cilindro $z=16-x^{2}$ e pelo plano $y=5.$
$\dfrac{640}{3}.$
Determine o volume do sólido.
Abaixo do paraboloide $z=x^{2}+y^{2}$ e acima da região delimitada por $y=x^{2}$ e $x=y^{2}.$
Abaixo do paraboloide $z=3x^{2}+y^{2}$ e acima da região delimitada por $y=x$ e $x=y^{2}-y.$
$ $ Abaixo da superfície $z=xy$ e acima do triângulo com vértices $(1,1)$, $(4,1)$ e $(1,2).$
Limitado pelo cilindro $y^{2}+z^{2}=4$ e pelos planos $x=2y$, $x=0$ e $z=0$, no primeiro octante.
$\dfrac{6}{35}.$
$\dfrac{144}{35}.$
$\dfrac{31}{8}.$
$\dfrac{16}{3}.$
Seja \(R\) a região triangular de vértices \((0,0)\), \((3,3)\) e \((0,4)\) do plano \(xy\). Expressa como uma integral dupla, qual é área de \(R\)?
\(\displaystyle A(R)=\int_0^3\int_x^{-\frac{1}{3}x+4}\,dydx \)
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 $x^{2}+y^{2}=25.$
$\displaystyle \frac{25 \pi^2}{16}.$
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\int_{0}^{1} \int_{0}^{\sqrt{x-x^{2}}}x\,dy dx$
$\displaystyle \frac{\pi}{16}.$
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\int_{0}^{6} \int_{0}^{y}x\,dx dy$
$36.$
Esboce a região de integração e calcule a integral $\displaystyle\int_{0}^{3}\!\!\int_{-2}^{0}(x^{2}y-2xy)\,dy dx$.
$0.$
Verifique que $$f(x,y) = \begin{cases} 4xy, & \quad \text{se } 0 \leq x \leq 1, \ 0 \leq y \leq 1,\\ 0, & \quad \text{caso contrário}, \end{cases}$$ é uma função densidade conjunta.
Se $X$ e $Y$ são variáveis aleatórias cuja função densidade conjunta é a função $f$ do item anterior, determine: (i) $P(X \geq \frac{1}{2})$, (ii) $P(X \geq \frac{1}{2}, Y \leq \frac{1}{2})$.
Determine os valores esperados de $X$ e $Y$.
Note que $$\iint_\limits{\mathbb{R}^2} f(x,y)\,dA = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} 4xy\, dydx = 1. $$
(i) $\dfrac{3}{4}.$ (ii) $\dfrac{3}{16}.$
$\dfrac{3}{16}.$
Utilize a integral dupla para determinar a área da região: limitada pelo eixo $x$ positivo e pela espiral $r=4\theta/3$, $0\leq \theta \leq 2\pi.$ A região se parece com uma concha de caracol.
$\dfrac{64\pi^3}{27}.$
Esboce a região de integração e calcule a integral $\displaystyle\int_{1}^{\ln 8}\!\!\!\int_{0}^{\ln y}e^{x+y}\,dx dy$.
$8 \ln(8) - 16 + e.$
Utilize coordenadas polares para determinar o volume do sólido dado: delimitado pelo paraboloide $z=9-x^2-y^2$ e pelo plano $z=5.$
$8\pi.$
Calcule a área limitada pelas curvas $x=y^{2}-1$ e $x=2y^{2}-2.$
$\dfrac{4}{3}.$
A integral $\int \!\!\! \int\limits_{\!\!\!\!\!R} \! \sqrt{9 - y^2} \, dA$, em que $R = [0,4] \times [0,2]$, representa o volume de um sólido. Esboce o sólido.
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\iint\limits_{R}\arctan\left(\dfrac{y}{x}\right)\,dA$, onde $R=\{(x,y) \in \mathbb{R}^2| 1\leq x^{2}+y^{2}\leq 4, 0\leq y\leq x\}.$
$\displaystyle \frac{3\pi^2}{64}.$
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 $(3,3).$
$\displaystyle \frac{9}{2} (\sqrt{2} + \ln(\sqrt{2} + 1)).$
Mude a ordem de integração para mostrar que:
$$ \int_0^a \left[ \int_0^y e^{m(a-x)} f(x) \, dx \right] dy = \int_0^a (a-x) e^{m(a-x)} f(x) \, dx,$$
onde $a$ e $m$ são constantes e $a>0$.
Use uma integral dupla para calcular a área da região \(R\) entre a parábola \(y=\dfrac{1}{2}x^2\) e a reta \(y = 2x\).
Denotando por \(A(R)\) a área de \(R\), teremos que \begin{align*} A(R) & = \iint_R\,dA = \int_0^4\int_{x^2/2}^{2x}\,dydx = \int_0^4\left[y\right]_{y=x^2/2}^{2x}\,dx \\ & = \int_0^4\left(2x-\dfrac{1}{2}x^2\right)\,dx = \left[x^2-\dfrac{x^3}{6}\right]_0^4= \dfrac{16}{3}. \end{align*} De outra forma, fixando primeiro a variável \(y\), teríamos \begin{align*} A(R) & = \iint_R\,dA = \int_0^8\int_{y/2}^{\sqrt{2y}}\,dxdy = \int_0^8\left[x\right]_{x=y/2}^{\sqrt{2y}}\,dy \\ & = \int_0^8\left(2y-\dfrac{1}{2}y\right)\,dy = \left[\dfrac{2\sqrt{2}}{3}y^{3/2}-\dfrac{y^2}{4}\right]_0^8= \dfrac{16}{3}. \end{align*}
Inverta a ordem de integração.
$\displaystyle\int_{0}^{1}\bigg[\int_{\sqrt{x-x^{2}}}^{\sqrt{2x}}f(x,y)\,dy\bigg]dx$
$\displaystyle\int_{0}^{3a}\bigg[\int_{\frac{\sqrt{3}}{3}x}^{\sqrt{4ax-x^{2}}}f(x,y)\,dy\bigg]dx, \; a> 0.$
$\displaystyle\int_{0}^{\pi}\bigg[\int_{0}^{\sin{x}}f(x,y)\,dy\bigg]dx$
$\ \\ \begin{array}{ll} \displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}}\bigg[\int_{\frac{y^{2}}{2}}^{\frac{1}{2} - \sqrt{\frac{1}{4} - y^{2}}}f(x,y)\,dx\bigg]dy &+ \displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}}\bigg[\int_{\frac{1}{2}+ \sqrt{\frac{1}{4} - y^{2}}}^{1}f(x,y)\,dx\bigg]dy\\ &+ \displaystyle\int_{\frac{1}{2}}^{\sqrt{2}}\bigg[\int_{\frac{y^{2}}{2}}^{1}f(x,y)\,dx\bigg]dy \end{array} $
$\displaystyle\int_{0}^{\sqrt{3}a} \bigg[\int_{2a + \sqrt{4a^2 - y^{2}}}^{\sqrt{3} y}f(x,y)\,dx\bigg]dy.$
$\displaystyle\int_{0}^{1}\bigg[\int_{\arcsin(y)}^{\pi-\arcsin(y)}f(x,y)\,dx\bigg]dy$
Seja $R$ o retângulo $1\leq x\leq 2$, $0\leq y\leq 1$. Calcule $\iint\limits_{ R} f(x,y)\,dxdy$, sendo $f(x,y)$ igual a
$x+2y$
$x-y$
$\dfrac{5}{2}.$
$1.$
Utilize coordenadas polares para determinar o volume do sólido dado: acima do cone $z=\sqrt{x^2+y^2}$ e abaixo da esfera $x^2+y^2+z^2=1.$
$\displaystyle \frac{\pi}{3}(2 - \sqrt{2}).$
Utilize o resultado $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^{2}}\,dx=\sqrt{\pi}$ para calcular as integrais:
$\displaystyle\int_{0}^{\infty} x^{2}e^{-x^{2}}\,dx$
$\displaystyle\int_{0}^{\infty}\sqrt{x}e^{-x}\,dx$
$\displaystyle \frac{\sqrt{\pi}}{4}.$
$\displaystyle \frac{\sqrt{\pi}}{2}.$
Como não há antiderivada elementar da função \(e^{x^2}\), a integral \[ \int_0^2\int_{y/2}^1 e^{x^2}\, dxdy \] não pode ser calculada integrando-se primeiro em relação a \(x\). Calcule essa integral expressando-a como uma integral iterada equivalente com ordem de integração invertida.
A região de integração é dada por \(\displaystyle R=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2;\ 0\leq y\leq 2,\ y/2\leq x\leq 1\}\). Vamos inverter a ordem de integração sobre a região \(R\):\begin{align*} \int_0^2\int_{y/2}^1 e^{x^2}\, dxdy & = \iint\limits_R e^{x^2}\,dA = \int_0^1\int_0^{2x} e^{x^2}\,dydx= \int_0^1\left[e^{x^2}y\right]_{y=0}^{2x}\,dx \\ & = \int_0^1 2xe^{x^2}\,dx = \left.e^{x^2}\right]_0^1 = e-1 \end{align*}
Encontre o centro de massa de uma lâmina em forma de triângulo retângulo isósceles, com os lados iguais tendo comprimento $a$, se a densidade em qualquer ponto for proporcional ao quadrado da distância do vértice oposto à hipotenusa.
$\displaystyle \left(\frac{2a}{5}, \frac{2a}{5} \right).$
Cada integral iterada abaixo representa o volume de um sólido. Faça um esboço do sólido. (Não é necessário calcular o volume.)
\(\displaystyle \int_0^1\int_0^1 (2-x-y)\, dydx\)
\(\displaystyle \int_{-2}^2\int_{-2}^2(x^2+y^2)\,dxdy\)
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: $\displaystyle\int_{-1}^{1} \int_{-\sqrt{1-y^{2}}}^{\sqrt{1-y^{2}}}\ln(x^{2}+y^{2}+1)\,dx dy$
$\displaystyle \pi (\ln(4) - 1).$
Mostre (verifique) que as integrais abaixo podem ser calculadas como:
1. \[ \int_1^5\int_2^{y/2}6x^2y\,dxdy = \int_1^5\left(\dfrac{1}{4}y^4-16y\right)\,dy \]
2. \[ \int_1^5\int_2^{x/2}6x^2y\,dydx = \int_1^5\left(\dfrac{3}{4}x^4-12x^2\right)\,dx \]
Uma luminária tem duas lâmpadas de um tipo com tempo de vida médio de 1.000 horas. Supondo que possamos modelar a probabilidade de falha dessas lâmpadas por uma função densidade exponencial com média $\mu = 1.000$, determine a probabilidade de que ambas as lâmpadas venham a falhar dentro de um período de 1.000 horas.
Outra luminária tem somente uma lâmpada do mesmo tipo das do item anterior. Se a lâmpada queima e é trocada por outra to mesmo tipo, determine a probabilidade de que as duas venham a falhar dentro de 1.000 horas.
$(e^{-1} - 1)^2.$
$1 - 2e^{-1}.$
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 $V.$
$D = \left\lbrace (x,y); 1 \leq x^{2} + y^{2} \leq 2, x \geq 0, y \geq 0 \right\rbrace.$
$\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \int_{1}^{2} re^{r^2} dr d\theta.$
$\dfrac{\pi}{4}(e^4 - 1).$
Esboce a região de integração e calcule a integral $\displaystyle\int_{0}^{3}\!\!\int_{0}^{2}(4-y^{2})\,dy dx$.
$16.$
Uma região $R$ é mostrada na figura abaixo. Decida se você deve usar coordenadas polares ou retangulares e escreva $\iint \limits_{ R}f(x,y)\,dA$ como uma integral iterada, onde $f$ é uma função qualquer contínua em $R.$
$\displaystyle \int_{0}^{\frac{3\pi}{2}} \int_{0}^{4} f(r\cos(\theta),r\sin(\theta)) r d r d \theta.$
Calcule o volume do conjunto dado.
$x+y+z\leq 1$, $x\geq 0$, $y\geq 0$ e $z\geq 0.$
$x\leq y\leq 1$, $x\geq 0$, $z\geq 0$ e $z^{2}+x^{4}+x^{2}y^{2}\leq 2x^{2}.$
$\dfrac{1}{6}.$
$\dfrac{\pi(1 - \sqrt{2})}{8} + \dfrac{1}{3}.$
Uma lâmina ocupa parte do disco $x^2 + y^2 \leq 1$ no primeiro quadrante. Determine o centro de massa se a densidade em qualquer ponto for proporcional à distância do ponto ao eixo $x$.
$\displaystyle \left(\frac{3}{8}, \frac{3\pi}{16} \right).$
Calcule $\displaystyle\iint\limits_{B}f(x,y)\,dx dy$ sendo dados:
$f(x,y)=1$ e $B$ a região compreendida entre os gráficos de $y=\sin{x}$ e $y=1-\cos{x}$, com $0\leq x\leq \dfrac{\pi}{2}.$
$f(x,y)=\sqrt{1+y^{3}}$ e $B=\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}|\;\sqrt{x}\leq y\leq 1 \}.$
$f(x,y)=x$ e $B$ é o conjunto de todos $(x,y)$ tais que $y\geq x^{2}$ e $x\leq y\leq x+2.$
$f(x,y)=\dfrac{y}{x+y^{2}}$ e $B$ o conjunto de todos $(x,y)$ tais que $1\leq x\leq 4$ e $0\leq y\leq \sqrt{x}.$
$2 - \dfrac{\pi}{2}.$
$\dfrac{2(2\sqrt{2} - 1)}{9}.$
$\dfrac{13}{6}.$
$\dfrac{3 \ln(2)}{2}.$
Calcule $\displaystyle\iint\limits_{B} y\,dx dy$, onde $B$ é o conjunto dado.
$B$ é o triângulo de vértices $(0,0)$, $(1,0)$ e $(1,1)$.
$B=\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}|\;-1\leq x\leq 1,\;0\leq y\leq x+2\}.$
$B$ é o conjunto de todos $(x,y)$ tais que $x^{2}+4y^{2}\leq 1.$
$B$ é o triângulo de vértices $(0,0)$, $(1,0)$ e $(2,1).$
$\dfrac{1}{6}$.
$\dfrac{13}{3}$.
$0$.
$\dfrac{1}{6}$.
Calcule a integral dupla usando coordenadas polares: $\displaystyle\iint\limits_{R}(x^{2}+y^{2})^{3/2}\,dA$, onde $R$ é limitado pelo círculo $x^{2}+y^{2}=4.$
$\displaystyle \frac{64\pi}{5}.$
Uma região $R$ é mostrada na figura. Decida se você deve usar coordenadas polares ou retangulares e escreva $\iint \limits_{R}f(x,y)\,dA$ como uma integral iterada, onde $f$ é uma função qualquer contínua em $R.$
$\displaystyle \int_{-1}^{1} \int_{0}^{\frac{(x + 1)}{2}} f(x,y) dy dx .$
Calcule $\int_{0}^{1}\!\int_{x}^{1}3y^{4}\cos(xy^{2})\,dy dx$. Esboce a região de integração.
$1 - \cos(1).$
Inverta a ordem de integração.
$\displaystyle\int_{0}^{1}\bigg[\displaystyle\int_{0}^{x}f(x,y)\,dy\bigg]dx$
$\displaystyle\int_{0}^{1}\bigg[\int_{x^{2}}^{x}f(x,y)\,dy\bigg]dx$
$\displaystyle\int_{0}^{1}\bigg[\int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}}f(x,y)\,dx\bigg]dy$
$\displaystyle\int_{0}^{1}\bigg[\displaystyle\int_{y}^{1}f(x,y)\,dx\bigg]dy$
$\displaystyle\int_{0}^{1}\bigg[\int_{y}^{\sqrt{y}}f(x,y)\,dx\bigg]dy$
$\displaystyle\int_{-1}^{1}\bigg[\int_{x^2}^{1}f(x,y)\,dy\bigg]dx$
Passe para coordenadas polares e calcule: $\displaystyle\int_{0}^{a} \int_{0}^{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}\,dy dx$
$\dfrac{\pi a^2}{4}.$