lista1, Exercícios de Cálculo
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Exercicios resolvidos de calculo integral Rn
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Universidade Federal Fluminense Instituto de Matemática e Estatı́stica

Departamento de Matemática Aplicada

Cálculo 3A – Lista 1

Exerćıcio 1: Calcule as seguintes integrais duplas:

a) ∫∫

D

x

1 + y2 dxdy, sendo D = [1, 2]× [0, 1].

b) ∫∫

D

x dxdy na região D compreendida entre as curvas y = x2, y = 0 e x = 1.

c) ∫∫

D

x

y dxdy, onde D é a região limitada pelas retas y = x, y = 2x, x = 1 e x = 2.

Solução:

a) O esboço de D está representado na figura que se segue.

x

y

D

1

1

2

Como D é um retângulo com os lados paralelos aos eixos coordenados então 1 ≤ x ≤ 2 e 0 ≤ y ≤ 1. Pelo teorema de Fubini, o valor da integral dupla pode ser obtido de qualquer uma das integrais iteradas:

∫ 1

0

∫ 2

1

x

1 + y2 dxdy ou

∫ 2

1

∫ 1

0

x

1 + y2 dydx .

Usando a primeira delas, temos: ∫∫

D

x

1 + y2 dxdy =

∫ 1

0

∫ 2

1

x

1 + y2 dxdy =

∫ 1

0

1

1 + y2

∫ 2

1

x dxdy =

=

∫ 1

0

1

1 + y2

[

x2

2

]2

1 dy =

3

2

∫ 1

0

1

1 + y2 dy =

3

2

[

arctg y ]1

0 =

= 3

2 (arctg 1− arctg 0) = 3

2

(

π

4 − 0

)

= 3π

8 .

b) O esboço de D está representado na figura que se segue.

Cálculo 3A Lista 1 2

x

y

D

y = x2

1

1

Como D é diferente de um retângulo com lados paralelos aos eixos coordenados, então devemos enquadrar D como uma região do tipo I ou do tipo II.

Solução 1

Vamos descrever D como tipo I. Seja (x, y) ∈ D. Então traçamos uma reta vertical por (x, y).

x

y

D y = x2

(x, y)

y = 0

1

1

Vemos que esta vertical corta a fronteira inferior de D no eixo x, onde y = 0, e a fronteira superior de D na parábola y = x2. Então, 0 ≤ y ≤ x2. Projetando a região D sobre o eixo x, encontramos o intervalo fechado [0, 1]. Então, 0 ≤ x ≤ 1. Portanto D = {(x, y); 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ x2}.

Temos então que:

∫∫

D

x dxdy =

∫ 1

0

∫ x2

0

x dydx =

∫ 1

0

x

∫ x2

0

dydx =

∫ 1

0

x [

y ]x2

0 dx =

=

∫ 1

0

x3 dx = [

x4

4

]1

0 =

1

4 .

UFF IME - GMA

Cálculo 3A Lista 1 3

Observação: A integral do lado direito de uma integral dupla é uma integral iterada, onde a primeira integral definida indicada deverá ter limites de integração constantes pois o valor da integral dupla será um número real.

Solução 2

Vamos descrever D como tipo II. Então traçamos uma reta horizontal por (x, y) ∈ D.

x

y

D

(x, y)

y = x2 ⇒ x = √y

x = √ y x = 1

1

1

Vemos que esta horizontal corta a fronteira da esquerda na parábola x =

√ y e a fronteira da direita na reta x = 1. Então

√ y ≤ x ≤ 1. Projetando D sobre o

eixo y, temos o intervalo [0, 1]. Logo, 0 ≤ y ≤ 1. Então D = {(x, y); 0 ≤ y ≤ 1 , √y ≤ x ≤ 1}.

Portanto: ∫∫

D

x dxdy =

∫ 1

0

∫ 1

√ y

x dxdy =

∫ 1

0

[

x2

2

]1

√ y dy =

1

2

∫ 1

0

(1− y) dy =

= 1

2

[

y − y 2

2

]1

0 =

1

2

(

1− 1 2

)

= 1

4 .

c) O esboço de D está representado na figura que se segue.

UFF IME - GMA

Cálculo 3A Lista 1 4

x

y

D

(x, y)

y = 2x

y = x

1

1

2

2

4

Da figura vemos que a fronteira inferior é a reta y = x e a fronteira superior é a reta y = 2x. Então x ≤ y ≤ 2x. Como a projeção de D sobre o eixo x é o intervalo fechado [1, 2], então 1 ≤ x ≤ 2. Temos então que D = {(x, y); 1 ≤ x ≤ 2 , x ≤ y ≤ 2x}.

Portanto: ∫∫

D

x

y dxdy =

∫ 2

1

∫ 2x

x

x

y dydx =

∫ 2

1

x

∫ 2x

x

1

y dydx =

∫ 2

1

x [

ln y ]2x

x dx =

=

∫ 2

1

x(ln 2x− lnx) dx = ∫ 2

1

x ln 2x

x dx =

∫ 2

1

x ln 2 dx = ln 2

∫ x

1

x dx =

= ln 2 [

x2

2

]2

1 =

3

2 ln 2 .

Observação: Podemos também enquadrar D como tipo II, porém com uma complicação adicional: a fronteira direita de D é a reta x = 1 e a fronteira esquerda de D é constitúıda de duas partes, a reta y = x abaixo da reta y = 2 e a reta y = 2x acima de y = 2. Então é necessário decompor D em duas partes D1 e D2: D = D1 ∪D2. Logo:

∫∫

D

x

y dxdy =

∫∫

D1

x

y dxdy +

∫∫

D2

x

y dxdy .

Projetando D1 sobre o eixo y, temos 1 ≤ y ≤ 2. A região D1 é limitada à esquerda por x = 1 e à direita pela reta x = y. Logo, 1 ≤ x ≤ y. Então D1 = {(x, y); 1 ≤ y ≤ 2 , 1 ≤ x ≤ y}. Assim:

∫∫

D1

x

y dxdy =

∫ 2

1

∫ y

1

x

y dxdy =

∫ 2

1

1

y

∫ y

1

x dxdy =

∫ 2

1

1

y

[

x2

2

]y

1 dy =

= 1

2

∫ 2

1

1

y

(

y2 − 1 )

dy = 1

2

∫ 2

1

(

y − 1 y

)

dy = 1

2

[

y2

2 − ln y

]2

1 =

= 1

2

[

(2− ln 2)− (

1

2 − ln 1

)]

= 1

2

(

3

2 − ln 2

)

= 3

4 − 1

2 ln 2 .

UFF IME - GMA

Cálculo 3A Lista 1 5

x

y

D1

D2 x = y/2

y = x ⇒ x = y

x = y

y = 2x ⇒ x = y/2

x = 1

x = 2

1

1

2

2

4

Projetando D2 sobre o eixo y, temos 2 ≤ y ≤ 4. A região D2 é limitada à esquerda pela reta x = y/2 e à direita por x = 2. Logo, y/2 ≤ x ≤ 2. Então D2 = {(x, y); 2 ≤ y ≤ 4 , y/2 ≤ x ≤ 2} e

∫∫

D2

x

y dxdy =

∫ 4

2

∫ 2

y/2

x

y dxdy =

∫ 4

2

1

y

∫ 2

y/2

x dxdy =

∫ 4

2

1

y

[

x2

2

]2

y/2 dy =

= 1

2

∫ 4

2

1

y

(

4− y 2

4

)

dy = 1

2

∫ 4

2

(

4

y − y

4

)

dy = 1

2

[

4 ln y − y 2

8

]4

2 =

= 1

2

[

(4 ln 4− 2)− (

4 ln 2− 1 2

)]

= 1

2

(

4 ln 2− 3 2

)

= 2 ln 2− 3 4 .

Portanto: ∫ ∫

D

x

y dxdy =

3

4 − 1

2 ln 2 + 2 ln 2− 3

4 =

3

2 ln 2

e, assim, obtivemos o mesmo resultado anterior.

Exerćıcio 2: Esboce a região de integração e troque a ordem de integração em:

a) ∫ 1

0

∫ x

0

f(x, y)dydx b) ∫ 1

0

√ y

− √ y

f(x, y)dxdy c) ∫ 1

0

∫ x+1

2x

f(x, y)dydx

d) ∫ 1

0

∫ 2−2y

y−1

f(x, y)dxdy.

Solução:

a) A região de integração é dada por D :

{

0 ≤ x ≤ 1 0 ≤ y ≤ x (tipo I). Logo, D é limitada pelas retas

verticais x = 0 (eixo y) e x = 1; limitada inferiormente pela reta y = 0 (eixo x) e superiormente pela reta y = x. Assim, o esboço da região D está representado pela figura que se segue.

UFF IME - GMA

Cálculo 3A Lista 1 6

x

y

D

x = 1

y = 0

y = x

1

1

Para inverter a ordem de integração devemos descrever D como região do tipo II.

x

y

D

entra em x = y

sai em x = 1

1

1

Vemos que D está compreendida entre as retas horizontais y = 0 e y = 1. Considerando uma reta horizontal no interior de D, vemos que ela entra em D em x = y e sai de D em x = 1. Então,

temos D :

{

0 ≤ y ≤ 1 y ≤ x ≤ 1 . Logo:

∫ 1

0

∫ x

0

f(x, y)dydx =

∫ 1

0

∫ 1

y

f(x, y)dxdy .

b) A região de integração é dada por D :

{

0 ≤ y ≤ 1 −√y ≤ x ≤ √y (tipo II). Logo, D é limitada pelas

retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. Pela esquerda D é limitada pela curva x = −√y e pela direita pela curva x =

√ y . De x = ±√y temos y = x2. Assim, o esboço da região D está

representado pela figura que se segue.

x

y

D

x = −√y ⇒ y = x2 x =

√ y ⇒ y = x2

y = 1

−1 1

1

Descrição de D como região do tipo I

Vemos que D está compreendida entre as retas verticais x = −1 e x = 1. Considerando uma reta vertical no interior de D, diferente do eixo y, vemos que ela entra em D em y = x2 e sai de D em y = 1.

UFF IME - GMA

Cálculo 3A Lista 1 7

x

y

D entra em y = x 2

sai em y = 1

−1 1

1

Então temos D :

{

−1 ≤ x ≤ 1 x2 ≤ y ≤ 1 . Logo:

∫ 1

0

√ y

− √ y

f(x, y)dxdy =

∫ 1

−1

∫ 1

x2 f(x, y)dydx .

c) A região de integração D é dada por D :

{

0 ≤ x ≤ 1 2x ≤ y ≤ x+ 1 (tipo I). Logo, D está compreendida

entre as retas verticais x = 0 e x = 1. É limitada inferiormente pela reta y = 2x (ou x = y/2) e superiormente pela reta y = x+ 1 (ou x = y − 1). Assim, o esboço da região D está representado pela figura que se segue.

x

y

D

x = 0 y = 2x

y = x+ 1

1

1

2

Como D é limitada pela esquerda por duas curvas x = 0 e a reta y = x+1, conclúımos que D não é do tipo II. Mas podemos olhar para D como reunião de duas regiões do tipo II, isto é, D = D1∪D2.

Temos que D1 está compreendida entre as retas horizontais y = 0 e y = 1 e toda reta horizontal no

interior de D1 entra em D1 em x = 0 e sai de D1 em x = y/2. Logo D1 :

{

0 ≤ y ≤ 1 0 ≤ x ≤ y/2 .

Temos que D2 está compreendida entre as retas horizontais y = 1 e y = 2 e qualquer reta horizontal

no interior deD2 entra emD2 em x = y−1 e sai deD2 em x = y/2. LogoD2 : {

1 ≤ y ≤ 2 y − 1 ≤ x ≤ y/2 .

Assim: ∫ 1

0

∫ x+1

2x

f(x, y)dydx =

∫ 1

0

∫ y/2

0

f(x, y)dxdy +

∫ 2

1

∫ y/2

y−1

f(x, y)dxdy .

UFF IME - GMA

Cálculo 3A Lista 1 8

x

y

D1

D2

entra em x = y − 1

sai em x = y/2

sai em x = y/2entra em x = 0

1

1

2

d) A região de integração é dada por D :

{

0 ≤ y ≤ 1 y − 1 ≤ x ≤ 2− 2y (tipo II). Logo, D está compre-

endida entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. De y − 1 ≤ x ≤ 2 − 2y, vemos que D está limitada à esquerda pela reta x = y − 1 (ou y = x + 1) e à direita pela reta x = 2 − 2y (ou y = (2− x)/2). Assim, o esboço da região D está representado pela figura que se segue.

x

y

D1 D2

entra em y = 0entra em y = 0

sai em y = x+ 1

sai em y = 2−x 2

−1

1

2

Como a fronteira superior de D é formada por duas retas x = y− 1 e x = 2− 2y, vemos que D não é do tipo I. Mas D = D1 ∪D2, onde D1 e D2 são do tipo I.

Vemos que D1 está compreendida entre as retas verticais x = −1 e x = 0 e qualquer reta vertical no interior de D1 entra em D1 em y = 0 e sai de D1 em y = x+1. Logo D1 :

{

−1 ≤ x ≤ 0 0 ≤ y ≤ x+ 1 .

Vemos que D2 está compreendida entre as retas verticais x = 0 e x = 2 e qualquer reta vertical no in-

terior de D2 entra em D2 em y = 0 e sai de D2 em y = (2−x)/2. Logo D2 : {

0 ≤ x ≤ 2 0 ≤ y ≤ (2− x)/2 .

Assim: ∫ 1

0

∫ 2−2y

y−1

f(x, y)dxdy =

∫ 0

−1

∫ x+1

0

f(x, y)dydx+

∫ 2

0

∫ (2−x)/2

0

f(x, y)dydx .

Exerćıcio 3: Invertendo a ordem de integração, calcule:

a) ∫ π

0

∫ π

x

sen y

y dydx c)

∫ 3

0

∫ 1

√ x/3

ey 3

dydx

UFF IME - GMA

Cálculo 3A Lista 1 9

b) ∫ 1

0

∫ 1

y

x2exydxdy d) ∫ 8

0

∫ 2

3 √

x

1

y4 + 1 dydx

Solução:

a) A região de integração D é dada por D :

{

0 ≤ x ≤ π x ≤ y ≤ π (tipo I). De 0 ≤ x ≤ π vemos que D

está compreendida entre as retas verticais x = 0 (eixo y) e x = π. De x ≤ y ≤ π vemos que D está limitada inferiormente pela reta y = x e superiormente pela reta y = π. Assim, o esboço de D está representado na figura que se segue.

x

y

D

π

π

Descrição de D como uma região do tipo II

Vemos que D está compreendida entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = π e qualquer reta horizontal no interior de D entra em D em x = 0 e sai de D em x = y.

x

y

D

entra em x = 0

sai em x = y

π

π

Logo D :

{

0 ≤ y ≤ π 0 ≤ x ≤ y . Assim:

∫ π

0

∫ π

x

sen y

y dydx =

∫ π

0

∫ y

0

sen y

y dxdy =

∫ π

0

sen y

y

[

x ]y

0 dy =

=

∫ π

0

sen y

y · y dy =

∫ π

0

sen y dy = [

− cos y ]π

0 = 2 .

b) A região de integração D é dada por D :

{

0 ≤ y ≤ 1 y ≤ x ≤ 1 (tipo II). De 0 ≤ y ≤ 1 vemos que D

está compreendida entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. De y ≤ x ≤ 1 vemos que D está limitada à esquerda pela reta x = y e à direita pela reta x = 1. Assim, o esboço de D está representado na figura que se segue.

Descrição de D como uma região do tipo I

UFF IME - GMA

Cálculo 3A Lista 1 10

x

y

D

1

1

Vemos que D está compreendida entre as retas verticais x = 0 (eixo y) e x = 1. Logo 0 ≤ x ≤ 1. Vemos também que D está limitada inferiormente pela reta y = 0 e superiormente pela reta y = x. Então 0 ≤ y ≤ x. Assim:

∫ 1

0

∫ 1

y

x2exy dxdy =

∫ 1

0

∫ x

0

x2exy dydx =

∫ 1

0

x2 [

exy

x

]y=x

y=0 dx =

=

∫ 1

0

x2

x

(

ex 2 − 1

)

dx =

∫ 1

0

xex 2

dx− ∫ 1

0

x dx =

=

[

ex 2

2

]1

0

− [

x2

2

]1

0 =

e− 1 2

− 1 2 =

e− 2 2

.

c) A região de integração D é dada por D :

{

0 ≤ x ≤ 3 √

x

3 ≤ y ≤ 1 (tipo I). De 0 ≤ x ≤ 3 vemos que D

está compreendida entre as retas verticais x = 0 (eixo y) e x = 3. De √

x

3 ≤ y ≤ 1 vemos que D

está limitada inferiormente pela curva y = √

x

3 (ou x = 3y2, com y ≥ 0) e limitada superiormente

pela reta y = 1. Assim, o esboço de D está representado na figura que se segue.

x

y

D

1

3

Descrição de D como uma região do tipo II

Vemos que D está compreendida entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. Logo 0 ≤ y ≤ 1. Considerando uma reta horizontal no interior de D vemos que ela entra em D em x = 0 e sai de D

UFF IME - GMA

Cálculo 3A Lista 1 11

em x = 3y2. Logo D :

{

0 ≤ y ≤ 1 0 ≤ x ≤ 3y2 . Então:

∫ 3

0

∫ 1

√ x/3

ey 3

dydx =

∫ 1

0

∫ 3y2

0

ey 3

dxdy =

∫ 1

0

ey 3 [

x ]3y2

0 dy =

=

∫ 1

0

ey 3(

3y2 )

dy = [

ey 3

]1

0 = e− 1 .

d) A região de integração D é dada por D :

{

0 ≤ x ≤ 8 3 √ x ≤ y ≤ 2 (tipo I). De 0 ≤ x ≤ 8, vemos que

D está compreendida entre as retas verticais x = 0 e x = 8. De 3 √ x ≤ y ≤ 2, vemos que D está

limitada inferiormente pela curva y = 3 √ x (ou x = y3) e superiormente pela reta y = 2. Assim, o

esboço de D está representado na figura a seguir.

x

y

D 2

8

Descrição de D como região do tipo II

Vemos que D está compreendida entre retas horizontais y = 0 e y = 2. Vemos, também, que qualquer reta horizontal no interior de D entra na região em x = 0 e sai da região em x = y3.

x

y

D

entra em x = 0

sai em x = y3

2

8

Logo, D :

{

0 ≤ y ≤ 2 0 ≤ x ≤ y3 . Assim:

∫ 8

0

∫ 2

3 √

x

1

y4 + 1 dydx =

∫ 2

0

∫ y3

0

1

y4 + 1 dxdy =

∫ 2

0

y3

y4 + 1 dy =

= 1

4

∫ 2

0

d(y4 + 1)

y4 + 1 =

1

4

[

ln(y4 + 1) ]2

0 =

1

4 (ln 17− ln 1) = 1

4 ln 17 .

UFF IME - GMA

Cálculo 3A Lista 1 12

Exerćıcio 4: Em cada caso calcule, por integral dupla, a área da região D do plano xy delimitada pelas curvas indicadas.

a) y = x3, x+ y = 2 e y = 0.

b) x = y2 + 1 e x+ y = 3.

c) y = x2, x− y = 1, x = 1 e x = −1.

Solução:

a) De y = x3 e x + y = 2 temos que x3 + x − 2 = 0 donde x = 1. Logo, a interseção ocorre em (1, 1). O esboço da região D está representado pela figura que se segue.

x

y

D

y = x3

x+ y = 2

y = 0

1

2

Descrição de D como uma região do tipo II

Vemos que D está compreendida entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. Considerando uma reta horizontal qualquer no interior de D vemos que ela entra em D em x = 3

√ y = y1/3 e sai

de D em x = 2− y. Então temos D : {

0 ≤ y ≤ 1 y1/3 ≤ x ≤ 2− y .

Como a área de D é dada por A(D) = ∫∫

D

dxdy então:

A(D) =

∫ 1

0

∫ 2−y

y1/3 dxdy =

∫ 1

0

(

2− y − y1/3 )

dy =

= [

2y − y 2

2 − 3

4 y4/3

]1

0 = 2− 1

2 − 3

4 =

3

4 u.a.

b) De x = y2 + 1 e x+ y = 3 temos y2 + y − 2 = 0 donde y = −2 ou y = 1. Logo, as interseções são (5,−2) e (2, 1). Assim, o esboço da região D está representado na figura que se segue.

UFF IME - GMA

Cálculo 3A Lista 1 13

x

y

D

entra em x = y2 + 1

sai em x = 3− y

−2

1

1

2 5

Descrição de D como uma região do tipo II

Vemos que D está compreendida entre as retas horizontais y = −2 e y = 1. Considerando uma reta horizontal qualquer no interior de D, diferente do eixo x, vemos que ela entra em D em x = y2 + 1

e sai de D em x = 3− y. Então temos D : {

−2 ≤ y ≤ 1 y2 + 1 ≤ x ≤ 3− y . Portanto:

A(D) =

∫∫

D

dxdy =

∫ 1

−2

∫ 3−y

y2+1

dxdy =

∫ 1

−2

(

3− y − y2 − 1 )

dy =

=

∫ 1

−2

(

2− y − y2 )

dy = [

2y − y 2

2 − y

3

3

]1

−2 =

= (

2− 1 2 − 1

3

)

− (

−4− 2 + 8 3

)

= 2− 1 2 − 1

3 + 4 + 2− 8

3 =

9

2 u.a.

c) O esboço da região D está representado na figura a seguir.

x

y

D

entra em y = x− 1

sai em y = x2

−1

−1

1

1

Descrição de D como uma região do tipo I

Vemos que D está limitada entre as retas verticais x = −1 e x = 1. Vemos também que qualquer reta vertical no interior de D, diferente do eixo y, entra em D em y = x− 1 e sai de D em y = x2.

UFF IME - GMA

Cálculo 3A Lista 1 14

Assim D :

{

−1 ≤ x ≤ 1 x− 1 ≤ y ≤ x2 . Então:

A(D) =

∫∫

D

dxdy =

∫ 1

−1

∫ x2

x−1

dydx =

∫ 1

−1

(

x2 − x+ 1 )

dx =

= [

x3

3 − x

2

2 + x

]1

−1 =

(

1

3 − 1

2 + 1

)

− (

−1 3 − 1

2 − 1

)

= 8

3 u.a.

Exerćıcio 5: Calcule o volume do sólido W , no primeiro octante, limitado pelo cilindro parabólico z = 4− x2 e pelos planos x+ y = 2, x = 0, y = 0 e z = 0.

Solução: Vamos fazer o esboço, no primeiro octante, da superf́ıcie de equação z = 4 − x2 dita cilindro parabólico.

No plano xz traçamos o arco de parábola z = 4− x2, com x ≥ 0 e z ≥ 0. Como esta equação não depende da variável y, então consideramos, por pontos da parábola, semirretas paralelas ao eixo y.

x

y

z

2

4

Agora, vamos fazer o esboço, no primeiro octante, da porção do plano de equação x+ y = 2.

No plano xy traçamos o segmento de reta x + y = 2 que liga A(2, 0, 0) a B(0, 2, 0). Como esta equação não depende da variável z, então, por pontos do segmento traçamos paralelas ao eixo z.

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Cálculo 3A Lista 1 15

x

y

z

A B 2

2

Vemos que A(2, 0, 0) e C(0, 2, 4) são pontos comuns às duas superf́ıcies. Então, a curva interseção é a curva obtida ligando esses dois pontos. Considerando que o sólido é limitado pelos planos x = 0, y = 0 e z = 0, temos que o esboço de W está representado na figura que se segue.

x

y

z

W

A

B

C

“piso” D

“teto”: z = f(x, y) = 4− x2

2

2

4

Temos V (W ) = ∫∫

D

f(x, y) dxdy, onde f(x, y) = 4− x2 e D é a seguinte região triangular.

x

y

D

entra em y = 0

sai em y = 2− x

x+ y = 2

2

2

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Cálculo 3A Lista 1 16

Descrevendo D como uma região do tipo I temos D :

{

0 ≤ x ≤ 2 0 ≤ y ≤ 2− x . Então:

V (W ) =

∫∫

D

(4− x2) dxdy = ∫ 2

0

∫ 2−x

0

(4− x2) dydx = ∫ 2

0

(4− x2)(2− x) dx =

=

∫ 2

0

(

x3 − 2x2 − 4x+ 8 )

dx = [

x4

4 − 2x

3

3 − 2x2 + 8x

]2

0 =

20

3 u.v.

Exerćıcio 6: Esboce o sólido no primeiro octante, limitado pelo cilindro x2 + z2 = 1 e pelos planos y = 2x, y = 0 e z = 0 e ache o seu volume.

Solução: Vamos fazer o esboço, no primeiro octante, da superf́ıcie de equação x2 + z2 = 1 dita cilindro circular.

No plano xz traçamos o arco de circunferência x2+ z2 = 1, com x ≥ 0 e z ≥ 0. Como esta equação não depende da variável y, então consideramos, por pontos do arco, semirretas paralelas ao eixo y.

x

y

z

1

1

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Cálculo 3A Lista 1 17

Agora, vamos fazer o esboço, no primeiro octante, da porção do plano y = 2x.

No plano xy traçamos a semirreta y = 2x, com x ≥ 0. Como esta equação não depende da variável z, então, por pontos da semirreta traçamos paralelas ao eixo z.

x

y

z

A

B

1

1

2

Vemos que A(0, 0, 1) e B(1, 2, 0) são pontos comuns às duas superf́ıcies. Então, a curva interseção é obtida ligando-os. Considerando que W é limitado pelos planos y = 0 e z = 0, temos que o esboço de W está representado na figura que se segue.

x y

z

“piso” D

“teto”: z = f(x, y) = √ 1− x2

W

A

B

1

1

2

x

y

D

entra em y = 0

sai em y = 2x

1

2

Temos que

V (W ) =

∫∫

D

f(x, y) dxdy =

∫∫

D

√ 1− x2 dxdy

onde D, como tipo I, é dado por D :

{

0 ≤ x ≤ 1 0 ≤ y ≤ 2x . Então:

V (W ) =

∫ 1

0

∫ 2x

0

√ 1− x2 dydx =

∫ 1

0

√ 1− x2 · 2x dx =

= − ∫ 1

0

(1− x2)1/2(−2x) dx = −2 3

[

(1− x2)3/2 ]1

0 = −2

3 (0− 1) = 2

3 u.v.

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Cálculo 3A Lista 1 18

Exerćıcio 7: Seja V o volume de um sólido delimitado pelo cilindro parabólico z = 8− 2y2 e pelos planos x = 0, x = 8 e z = 0. Calcule V .

Solução: Inicialmente traçamos, no plano yz, a parábola z = 8 − 2y2. Como esta equação não depende da variável x, então por pontos da parábola, consideremos retas paralelas ao eixo x. Con- siderando que o sólido é limitado pelos planos x = 0, x = 8 e z = 0, temos que o esboço do sólido W está representado na figura que se segue.

x

y

z

W

“piso” D

“teto”: z = f(x, y) = 8− 2y2

−2

8

8

2

x

y

D

−2 8

2

Portanto:

V (W ) =

∫∫

D

f(x, y) dxdy =

∫∫

D

(8− 2y2) dxdy = ∫ 2

−2

∫ 8

0

(8− 2y2) dxdy =

= 8 [

8y − 2y 3

3

]2

−2 = 16

(

16− 16 3

)

= 512

3 u.v.

Exerćıcio 8: Calcule o volume do sólido W delimitado pelas superf́ıcies y = x2, y = 4, z = 0 e z = 4.

Solução: No plano xy esboçamos a parábola y = x2. Como esta equação não depende da variável z, então por pontos da parábola traçamos retas paralelas ao eixo z. Considerando que o sólido é limitado pelos planos z = 0, z = 4 e y = 4, temos que o esboço de W está representado pela figura que se segue.

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Cálculo 3A Lista 1 19

x y

z

W

“piso” D

“teto”: z = 4

−2

4

4

2

x

y

D entra em y = x2

sai em y = 4

−2

4

2

Portanto:

V (W ) =

∫∫

D

f(x, y) dxdy =

∫∫

D

4 dxdy =

∫ 2

−2

∫ 4

x2 4 dydx =

= 4

∫ 2

−2

(4− x2) dx = 4 [

4x− x 3

3

]2

−2 = 4

(

32

3

)

= 128

3 u.v.

Exerćıcio 9: Encontre o volume do sólido no primeiro octante, limitado pelos planos coordenados, pelo plano x = 3 e pelo cilindro parabólico z = 4− y2.

Solução:

Esboço do sólido W no primeiro octante

No plano yz (x = 0) traçamos a parábola z = 4− y2 com y ≥ 0 e z ≥ 0. Como esta equação não depende da variável x, então por pontos da parábola traçamos semirretas paralelas ao eixo x, com x ≥ 0, obtendo, assim, o cilindro parabólico. Agora, traçamos o plano vertical x = 3 que intercepta o cilindro parabólico segundo uma curva passando por A = (3, 0, 4) e B = (3, 2, 0). Considerando que o sólido W é limitado pelos planos coordenados, temos o esboço de W na figura que se segue.

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Cálculo 3A Lista 1 20

x

y

z

W

A

B

“teto” de W : z = f(x, y) = 4− y2

“piso” D : 0 ≤ x ≤ 3 , 0 ≤ y ≤ 2

2

3

4

Por integral dupla temos:

V (W ) =

∫∫

D

f(x, y) dxdy =

∫∫

D

(

4− y2 )

dxdy =

∫ 3

0

∫ 2

0

(

4− y2 )

dydx =

=

∫ 3

0

[

4y − y 3

3

]2

0 dx =

∫ 3

0

(

8− 8 3

)

dx = 16

3

∫ 3

0

dx = 16

3 · 3 = 16 u.v.

Exerćıcio 10: Use integral dupla para calcular o volume do sólido W no primeiro octante, compre- endido pelas superf́ıcies y2 = x, z = 0 e x+ z = 1.

Solução: Para esboçar o plano x+ z = 1, desenhamos inicialmente, no plano xz, a reta x+ z = 1. Como esta equação não contém a variável y então consideramos retas paralelas ao eixo y por pontos da reta, obtendo assim o esboço do plano x+ z = 1.

x y

z

S1

1

1

Para esboçar a superf́ıcie da equação x = y2 (dita cilindro parabólico, pela ausência da variável z), desenhamos inicialmente a parábola x = y2 no plano xy e por pontos da parábola consideramos paralelas ao eixo z, pois a equação x = y2 não contém a variável z, obtendo assim o esboço da superf́ıcie de equação x = y2.

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Cálculo 3A Lista 1 21

x

y

z

S2 −1

1

1

1

Observemos que A1 = (1, 1, 0), A2 = (0, 0, 1) e A3 = (1,−1, 0) são pontos comuns às duas superf́ıcies. Portanto, ligando A1, A2 e A3 temos a curva interseção das duas superf́ıcies.

x

y

z

W

A1

A2

A3

1

Considerando que o sólido W está limitado pelo plano z = 0 (plano xy), temos o esboço de W . Vemos que o “teto” de W é o gráfico de z = 1− x e que o “piso” de W é a região D dada por:

UFF IME - GMA

Cálculo 3A Lista 1 22

x

y

D Sai em x = 1Entra em x = y2

−1

1

1

D : {(x, y) ∈ R2; −1 ≤ y ≤ 1 , y2 ≤ x ≤ 1}. Logo:

V (W ) =

∫∫

D

(1− x) dxdy = ∫ 1

−1

∫ 1

y2 (1− x) dxdy =

∫ 1

−1

[

x− x 2

2

]1

y2 dy =

=

∫ 1

−1

[(

1− 1 2

)

− (

y2 − y 4

2

)]

dy =

∫ 1

−1

(

1

2 − y2 + y

4

2

)

dy =

= [

y

2 − y

3

3 +

y5

10

]1

−1 = 2

(

1

2 − 1

3 +

1

10

)

= 8

15 u.v.

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