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Esboce a região de integração e mude a ordem de integração. $\displaystyle\int_{0}^{3}\!\!\int_{-\sqrt{9-y^{2}}}^{\sqrt{9-y^{2}}}f(x,y)\,dx dy$.
Inverta a ordem de integração, integrando primeiro em $y$ e depois em $x$ para calcular a integral:
$\displaystyle\int_{0}^{1}\!\!\int_{\sqrt{y}}^{1}\sqrt{x^{3}+1}\,dx dy$
$\displaystyle\int_{0}^{1}\!\!\int_{\sqrt{y}}\sin{x^{3}}\,dx dy$
$\dfrac{2(2\sqrt{2} - 1)}{9}.$
$\dfrac{2}{3} \sin^{2}\left(\dfrac{1}{2} \right).$
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 $0\leq x\leq \dfrac{\pi}{2}.$
$\dfrac{e^{4} - e - 3}{2}.$
$0.$
$\dfrac{63}{20}.$
$\left(\dfrac{5}{72} -\dfrac{ \sqrt{3}}{18}\right)\pi^{2} + \left( \dfrac{4\sqrt{3}}{3} - 1 \right) \pi.$
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 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}
Mostre (verifique) que as integrais abaixo podem ser calculadas como:
\[ \int_1^5\int_2^{y/2}6x^2y\,dxdy = \int_1^5\left(\dfrac{1}{4}y^4-16y\right)\,dy \]
\[ \int_1^5\int_2^{x/2}6x^2y\,dydx = \int_1^5\left(\dfrac{3}{4}x^4-12x^2\right)\,dx \]
Esboce a região de integração para a integral iterada $\displaystyle\int_{\pi}^{2\pi}\!\!\int_{\sin{y}}^{\ln(y)}f(x,y)\,dx dy$.
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 $\displaystyle\iint\limits_{B}f(x,y)\,dx dy$ 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 $(2,0).$
$-1.$
$-\dfrac{1}{4}$.
$1.$
$\dfrac{2(2\sqrt{2} - 1)}{15}.$
$4.$
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.
$\displaystyle \int_{0}^{\pi/4} \int_{0}^{x} x \cos(y)\;dy\;dx = \int_{0}^{\pi/4} \int_{y}^{\pi / 4} x \cos(y)\;dx\;dy = -\frac{\pi - 4}{4\sqrt{2}}.$
Esboce a região de integração e calcule a integral $\displaystyle\int_{1}^{\ln 8}\!\!\!\int_{0}^{\ln y}e^{x+y}\,dx dy$.
$8 \ln(8) - 16 + e.$
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 as integrais iteradas.
$\displaystyle\int_{0}^{1}\int_{0}^{x^{2}}(x+2y)\,dy dx$
$\displaystyle\int_{0}^{1}\int_{x^{2}}^{x}(1+2y)\,dy dx$
$\dfrac{9}{20}.$
$\dfrac{3}{10}.$
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 $x+y=1.$
$0.$
$\dfrac{3\ln(2)}{2}.$
$(\ln(2))^{2}.$
$-\dfrac{1}{10}.$
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.
$\displaystyle\iint\limits_{ D}x^{3}y^{2}\,dA, \quad D=\{(x,y) \in \mathbb{R}^2|\;0\leq x\leq 2,\;-x\leq y\leq x\}.$
$\displaystyle\iint\limits_{D}x\,dA, \quad D=\{(x,y) \in \mathbb{R}^2|\;0\leq x\leq \pi,\;0\leq y\leq \sin{x}\}.$
$\displaystyle\iint\limits_{D}x^{3}\,dA, \quad D=\{(x,y) \in \mathbb{R}^2|\;1\leq x\leq e,\;0\leq y\leq \ln(x)\}.$
$\displaystyle\iint\limits_{D}y^{2}e^{xy}\,dA, \quad D=\{(x,y) \in \mathbb{R}^2|\;0\leq y\leq 4,\;0\leq x\leq y\}.$
$\displaystyle\iint\limits_{D}y^{3}\,dA, \quad D$ região com vértices $(0,2)$, $(1,1)$ e $(3,2).$
$\dfrac{256}{21}.$
$\pi.$
$\dfrac{3e^{4} + 1}{16}.$
$\dfrac{e^{16} - 17}{2}.$
$\dfrac{147}{20}.$
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
$\displaystyle\int_{0}^{\ln{2}}\!\!\int_{e^y}^{2} \! f(x,y)\,dx dy$.
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 $V.$
...
$\displaystyle \int_{0}^{1} \int_{x}^{2 - x} x^{2} + y^{2}\;dy\; dx$
$\dfrac{4}{3}.$
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 $\displaystyle\iint\limits_{B} y\,dx dy$, 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 $x^{2}+y^{2}\leq 4$, $y\geq 0.$
$B=\{(x,y)\in \mathbb{R}^{2}|\;x\geq 0,\;x^{5}-x\leq y \leq 0\}.$
$2$.
$\dfrac{1}{2}$.
$\dfrac{16}{3}$.
$-\dfrac{16}{231}$.
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 as integrais iteradas.
$\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\int_{0}^{\cos{\theta}}e^{\sin{\theta}}\,dr d\theta$
$\displaystyle\int_{0}^{1}\int_{0}^{v}\sqrt{1-v^{2}}\,du dv$
$e - 1.$
$\dfrac{1}{3}.$
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.
...
$\dfrac{2(e - 1)}{3}.$
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.
(...)
$\dfrac{e^9 - 1}{6}.$
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.
$\displaystyle \int_{0}^{2}\!\!\int_{\frac{x}{2}}^{3-x} \! f(x,y)\,dx dy.$
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 $(2,1).$
$\dfrac{1}{6}$.
$\dfrac{13}{3}$.
$0$.
$\dfrac{1}{6}$.
Esboce o sólido cujo volume é dado pela integral iterada
$$\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{1-x}(1-x-y)\,dy dx.$$
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 $R.$
$\displaystyle \int_{0}^{\frac{3\pi}{2}} \int_{0}^{4} f(r\cos(\theta),r\sin(\theta)) r d r d \theta.$
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*}
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 para a integral iterada $\displaystyle\int_{0}^{1}\!\!\int_{\sqrt{y}}^{3\sqrt{y}}f(x,y)\,dx dy$.
Esboce a região de integração e calcule a integral $\displaystyle\int_{0}^{\pi}\!\!\int_{0}^{x}x\sin{y}\,dy dx$.
$\dfrac{\pi^{2}}{2} + 2.$
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 $R.$
$\displaystyle \int_{-1}^{1} \int_{0}^{1 - x^2} f(x,y) dy dx .$
Esboce a região de integração para a integral iterada $\displaystyle\int_{-1}^{2}\!\int_{-\sqrt{4-x^{2}}}^{4-x^{2}}f(x,y)\,dy dx$.
Calcule $\int_{0}^{1}\!\int_{x}^{1}3y^{4}\cos(xy^{2})\,dy dx$. Esboce a região de integração.
$1 - \cos(1).$
Esboce a região de integração e calcule a integral $\displaystyle\int_{0}^{3}\!\!\int_{-2}^{0}(x^{2}y-2xy)\,dy dx$.
$0.$
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 \[ \iint_R\left(1+2y\right)\,dA = \int_{-2}^1\int_{x^2}^{2-x}\left(1+2y\right)\,dydx = 18,9 \]
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 $R.$
$\displaystyle \int_{-1}^{1} \int_{0}^{\frac{(x + 1)}{2}} f(x,y) dy dx .$
Esboce a região de integração e calcule a integral $\displaystyle\int_{1}^{2}\!\!\int_{y}^{y^{2}} \,dx dy$.
$\frac{5}{6}.$
