Lista de Exercicios - Integrais Duplas Triplas Linha Campos Vetoriais

Integrais Duplas Triplas de Linha e Campos Vetoriais Questão 1 Questão 2 Determine o valor da integral V 64z dxdydz onde V está contido na região definida por r φ θ R3 1 r 2 0 θ π4 e 0 φ π4 A 10π B 15π C 20π D 25π E 30π Questão 3 Determine o volume do sólido definido pelo cilindro parabólico x y2 e pelos planos x 4 z 6 e z 0 A 16 B 32 C 64 D 128 E 256 Questão 4 Marque a alternativa que apresenta a integral V ex2 y232 dV em coordenadas cilíndricas onde V é o sólido limitado inferiormente pelo cone z2 x2 y2 e superiormente pelo paraboloide z 4 x2 y2 A 02π 02 x2 y24x2y2 ρeρ2 dzdρdθ B 02π 04 x2 y24x2y2 eρ2 dzdρdθ C 02π 02 x2 y24x2y2 ρ2 eρ3 senθ dzdρdθ D 0π 01 x2 y24x2y2 ρeρ3 dzdρdθ E 02π 02 x2 y24x2y2 ρ3 dzdρdθ Questão 5 Determine o valor de 31 11 12 x 2y 3z dxdydz A 30 B 40 C 50 D 60 E 70 Questão 6 Questão 7 Questão 8 A integração é usada em problemas de otimização como o cálculo de centros de massa e momentos de inércia Determine o centro de massa do cubo 0 x 1 0 y 1 0 z 1 cuja densidade no ponto x y z é ρx y z x A 12 12 12 B 23 23 12 C 23 12 12 D 23 23 23 E 12 23 12 Questão 9 As integrais são poderosas ferramentas da matemática e são usadas em uma variedade de campos desde a física e a engenharia até a economia e a biologia Determine a massa do sólido contido no primeiro octante limitada pelos planos coordenados e pelo plano x y z 2 sabendo que a densidade do sólido é ρx y z 2x A 1 B 13 C 53 D 23 E 43 Questão 10 A integração tripla é uma das ferramentas fundamentais para o cálculo de volumes Determine o volume de E x² dV sabendo que E compreende a região contida dentro do cilindro x² y² 1 acima do plano z 0 e abaixo do cone z² 4x² 4y² A 2π5 B 25 C π5 D 5π2 E π Questão 11 Determine S senx² y² dx dy usando a integral dupla na forma polar onde S é a região definida por x² y² π e x 0 A π B 2π C 3π D 4π E 5π Questão 12 Questão 13 Questão 14 Determine o valor da integral S x 2y dx dy sendo S a área definida pelas retas x y 4 0 x y e 0 x 3 A 463 B 563 C 763 D 863 E 963 Questão 15 Sejam os campos vetoriais Gu₁ v₂ w₃ u w v u w 1 Fx y z x 2y 2y z x y e Hu v 2 u² v² 3v Determine o módulo da imagem do campo vetorial Qx y z para o ponto xyz 011 Sabese que Qx y z 2Gx y z x Fx y z Hx y A 63 B 3 C 62 D 83 E 42 Questão 16 Marque a alternativa que apresenta a integral de linha da função fx y z x y²z³ sobre a curva definida pela equação yt t² 4t 5t com 0 t 2 A ₀² t² 2000t⁵4t² 41 dt B ₀² t² 20t⁵4t² 16 dt C ₀¹ t² 200t³t² 25 dt D ₀¹ t 2000t²t² 41 dt E ₀² 10t³ 2t²4t² 29 dt Questão 17 Determine a integral de linha C ey dx 4x ey dy onde a curva C é um retângulo centrado na origem percorrido no sentido antihorário com lados 12 12 12 e 12 A 3e² e² B 6e² e² C 4e² 2e² D 32e² e² E 6e² e² Questão 18 Questão 19 Questão 20 A integração dupla não iterada é usada quando a função integranda é expressa em coordenadas polares ou outras coordenadas curvilíneas Utilizando coordenadas polares o valor da área dada pela integral dupla a⁰ a²x²⁰ x² y²³² dy dx é A a²π5 B a³π5 C a⁴π5 D a⁵π5 E a⁶π5 Integrais Duplas Triplas de Linha e Campos Vetoriais 1 Seja o sólido limitado pelo plano z 9 e pelo parabolóide z 25 x² y² Sabese que sua densidade volumétrica de massa é dada pela equação δxyz x²y² Marque a alternativa que apresenta a integral tripla que determina o momento de inércia em relação ao eixo z Solução Inicialmente vamos definir a função integrando Para tal lembremos que o momento de inércia com relação ao eixo z é por definição Iz V r²zδ dV V x² y²δ dV Como δxyz x² y² podemos escrever que Iz V x² y²δ dV V x² y²x²y² dV Agora vamos encontrar os intervalos de integração Nesta perspectiva contruímos uma representação gráfica para o parabolóide dado seccionado por z 9 Na construção do parabolóide observe que essa superfície intercepta o eixo z em 0025 isso ocorre porque quando x y 0 z 25 além disso ao anular uma dentre as variáveis x ou y obtemos parábolas decrescentes com relação ao eixo x Então podemos representar a superfície de interesse conforme figura a seguir Da figura obtida extraímos que o intervalo de integração com relação a z é dado por 9 z 25 x² y² Para encontrar os intervalos de integração com relação às demais variáveis calculamos a intersecção entre as duas superfícies zz 925 x² y² x² y² 16 circunferência de raio 4 Então a região R projetada no plano xy pode ser representada por donde concluímos que 4 x 4 16 x² y 16 x² Portanto a integral procurada tem a forma 4⁴ 16 x² 16 x² 25 x² y² 9 x² y²x²y² d z d y d x Resposta final Opção D 4⁴ 16 x² 16 x² 25 x² y² 9 x² y²x²y² d z d y d x 2 Determine o valor da integral V 64z d x d y d z onde V está contido na região definida por rφθ ℝ³ 1 r 2 0 θ π4 0 φ π4 Solução Notoriamente pelas coordenadas apresentadas para a região foi realizada uma mudança de coordenadas para coordenadas esféricas Neste novo sistema de coordenadas sabese que z r cosφ e o jacobiano da transformação é J r² sinφ Dessa forma podemos escrever que V 64z dxdydz 0π4 0π4 12 64r cosϕ r2 sinϕ dr dθ dϕ 64 0π4 0π4 12 r3 cosϕ sinϕ dr dθ dϕ 64 0π4 0π4 cosϕ sinϕ r4412 dθ dϕ 64 0π4 0π4 cosϕ sinϕ 244 144 dθ dϕ 64 0π4 0π4 cosϕ sinϕ 4 14 dθ dϕ 64 0π4 0π4 cosϕ sinϕ 154 dθ dϕ 64 154 0π4 0π4 cosϕ sinϕ dθ dϕ 240 0π4 θ0π4 cosϕ sinϕ dϕ 240 0π4 π4 0 cosϕ sinϕ dϕ 240 π4 0π4 cosϕ sinϕ dϕ 60π 0π4 cosϕ sinϕ dϕ Para resolver a integral com relação a ϕ fazemos a substituição u sinϕ o que implica em du cosϕ dϕ Além disso com relação aos intervalos de integração temos que quando ϕ 0 u 0 e quando ϕ π4 u 22 Ou seja V 64z dxdydz 60π 0π4 cosϕ sinϕ dϕ 60π 022 u du 60π u22022 60π 2222 60π 242 15π Resposta final Opção B 15π 3 Determine o volume do sólido definido pelo cilindro parabólico x y2 e pelos planos x4 z6 e z0 Solução Para encontrar o volume procurado precisamos conhecer os intervalos de integração Com este objetivo observamos que o intervalo de integração com relação a z já está definido no enunciado na forma 0 z 6 Para encontrar os limitantes com relação a y vemos que x x y2 4 y 2 Então a projeção da superfície no plano xy pode ser representada na forma Concluímos que y2 x 4 Portanto o volume de interesse pode ser calculado por V dV 06 22 y4 dxdydz 06 22 xy42 dydz 06 22 4 y2 dydz 06 4y y3322 dz 06 42 233 42 233 dz 06 8 83 8 83 dz 06 16 163 dz 06 323 dz 323 z06 323 6 0 64 uv Resposta final Opção C 64 4 Marque a alternativa que apresenta a integral V ex2 y232 dV em coordenadas cilíndricas onde V é o sólido limitado inferiormente pelo cone z2 x2 y2 e superiormente pelo parabolóide z 4 x2 y2 Solução Em coordenadas polares por definição as mudanças nas coordenadas cartesianas são expressas por x ρ cosθ y ρ sinθ z z e o jacobiano da transformação é J ρ Diante de tais modificações a função do integrando se torna ρ eρ2 cos2θ ρ2 sin2θ32 ρ eρ2 cos2θ sin2θ32 ρ eρ232 ρ eρ3 Ao projetar o parabolóide z 4 x2 y2 limitante superior no plano xy obtemos 0 4 x2 y2 x2 y2 4 circunferência de raio 2 Assim obtemos os intervalos de integração 0 θ 2 0 r 2 x2 y2 z 4 x2 y2 Portanto a integral dada em coordenadas cilindricas pode ser escrita como 02π 02 x2 y24 x2 y2 ρ eρ3 dz dρ dθ Resposta final Opção A 02π 02 x2 y24 x2 y2 ρ eρ2 dz dρ dθ 5 Determine o valor de ₃¹ ₁¹ ₀² x 2y 3z dxdydz Solução Resolvendo as integrais iteradas diretamente obtemos ₃¹ ₁¹ ₀² x 2y 3z dxdydz ₃¹ ₁¹ x²2 2yx 3zx₀² dydz ₃¹ ₁¹ 2²2 2y2 3z2 dydz ₃¹ ₁¹ 2 4y 6z dydz ₃¹ 2y 4y²2 6zy₁¹ dz ₃¹ 21 21² 6z1 21 21² 6z1 dz ₃¹ 2 2 6z 2 2 6z dz ₃¹ 4 12z dz 4z 6z²₃¹ 41 61² 43 63² 4 6 12 69 14 54 40 Resposta final Opção B 40 6 A utilização de coordenadas cilíndricas muitas vezes facilita na resolução de integrais Dessa forma calcule o volume E x² y² dV sabendo que E compreende a região contida dentro do cilindro x² y² 16 e entre os planos z 5 e z 4 Solução Primeiro definimos como as variáveis cartesianas são escritas na forma cilíndrica x r cosθ y r sinθ z z O intervalo de integração com relação à variável z já é fornecido no enunciado da questão 5 z 4 Para verificar as restrições para as demais componentes realizamos a mudança de coordenadas para a curva que contém o domínio de interesse x² y² 16 r² cos²θ r² sin²θ 16 r² cos²θ sin²θ 16 r² 16 r 4 Além disso como não há limitações para o ângulo 0 θ 2π De posse do jacobiano J r construímos a integral E x² y² dV ₀²π ₀⁴ ₅⁴ r r² cos²θ r² sin²θ dz dr dθ ₀²π ₀⁴ ₅⁴ rr² dz dr dθ ₀²π ₀⁴ ₅⁴ r² dz dr dθ ₀²π ₀⁴ z₅⁴ r² dr dθ ₀²π ₀⁴ 4 5 r² dr dθ 9 ₀²π ₀⁴ r² dr dθ 9 ₀²π r³3₀⁴ dθ 9 ₀²π 643 dθ 9 643 ₀²π dθ 192 θ₀²π 192 2π 384π uv Resposta final Opção D 384π 7 Uma integral tripla é uma extensão de uma integral dupla que é usada para calcular a área de superfícies bidimensionais Dessa forma calcule a integral ₀π ₀π ₀π cosu v w dudvdw Solução Para resolver a integral com relação a u aplicamos a técnica de integração por substituição definindo u v w x o que implica em dx du Ou seja cosu v w du cosx dx sinx C sinu v w Consequentemente ₀π ₀π ₀π cosu v w dudvdw ₀π ₀π sinu v w₀π dv dw ₀π ₀π sinπ v w sinv w dv dw Pelo resultado da substituição anterior concluímos que a integração de uma função cosα é igual à integral de uma função seno de mesmo arco desde que o arco seja constituído pela variável de integração somada de termos constantes Aplicando este mesmo critério para as integrais seguintes chegamos em ₀π ₀π ₀π cosu v w dudvdw ₀π ₀π sinπ v w sinv w dv dw ₀π cosπ v w cosv w₀π dw ₀π cosπ π w cosπ w cosπ w cosw dw ₀π cos2π w cosπ w cosπ w cosw dw sin2π w sinπ w sinπ w sinw₀π sin2π π sinπ π sinπ π sinπ sin2π 0 sinπ 0 sinπ 0 sin0 sin3π sin2π sin2π sinπ sin2π sinπ sinπ sin0 0 Resposta final Opção E 0 8 A integração é usada em problemasde otimização como o cálculo de centros de massa e momentos de inércia Determine o centro de massa do cubo 0 x 10 y 1 0 z 1 cuja densidade no ponto xyz é ρxyz x Solução A posição do centro de massa é dada por xcm 1M V xρxyzdV ycm 1M V yρxyzdV zcm 1M V zρxyzdV onde M é a massa total do cubo No nosso caso a massa total do cubo é dada por M V ρxyzdV V x dV 01 01 01 x dz dy dx 01 01 xz01 dy dx 01 x y dy dx 01 xy01 dx 01 x dx x2201 12 um Portanto a posição do centro de massa é dada por xcm 1M V xρxyzdV 2 01 01 01 x2 dz dy dx 2 01 01 x2z01 dy dx 2 01 01 x2 dy dx 2 01 x2y01 dx 2 01 x2 dx 2 x3301 23 ycm 1M V yρxyzdV 2 01 01 01 x y dz dy dx 2 01 01 x y z01 dy dx 2 01 01 x y dy dx 2 01 xy2201 dx 2 12 01 x dx x2201 12 zcm 1M V zρxyzdV 2 01 01 01 x z dz dy dx 2 01 01 x z2201 dy dx 2 12 01 01 x y dy dx 01 x y01 dx 01 x dx x2201 12 Portanto o centro de massa procurado é 23 12 12 Resposta final Opção C 23 12 12 9 As integrais são poderosas ferramentas da matemática e são usadas em uma variedade de campos desde a física e a engenharia até a economia e a biologia Determine a massa do sólido contido no primeiro octante limitada pelos planos coordenados e pelo plano x yz 2 sabendo que a densidade do sólido é ρxyz 2x Solução Calculando as interseções do sólido com os eixos coordenados Itersecção com o eixo x y 0 e z 0 x 2 Itersecção com o eixo y x 0 e z 0 y 2 Itersecção com o eixo z x 0 e y 0 z 2 Dessa forma podemos respresenta o sólido pela figura Então a projeção deste sólido no plano xy pode ser representado por 10 Observamos que ao considerar o intervalo 0 2 como intervalo de integração para x o intervalo de integração para y varia de 0 à reta que passa pelos pontos 20 e 02 Então o coeficiente linear desta reta é igual a 2 Para obter o coeficiente angular basta perceber que para o ponto 20 y ax 2 0 2a 2 a 1 Dessa forma 0 y x 2 Portanto a massa procurada é igual a M V ρxyzdV 02 0x 2 02 x y 2x d z d y d x 02 0x 2 2x z02 x y d y d x 02 0x 2 2x2 x y d y d x 02 0x 2 4x 2x2 2xy d y d x 02 4xy 2 x2 y x y20x 2 d x 02 4xx 2 2 x2 x 2 x x 22 d x 02 4x2 8x 2x3 4x2 x x2 4x 4 d x 02 4x2 8x 2x3 x3 4x2 4x d x 02 x3 4x2 4x d x x4 4 4x33 2x202 244 4233 222 4 323 8 43 um Resposta final Opção E 43 10 A integração tripla é uma das ferramentas fundamentais para o cálculo de volumes Determine o volume de E x2 d V sabendo que E compreende a região contida dentro do cilindro x2 y2 1 acima do plano z 0 e abaixo do cone z2 4x2 4y2 Solução De acordo com as especificações é sensato utilizar uma mudança de coordenadas das catesianas para as cilindras isto é x r cosθ y r sinθ z z J r Como a região é interna ao cilindro x2 y2 1 sabese que 0 r 1 0 θ 2π Com relação a z a limitação superior pode ser escrita como z2 4x2 4y2 4 r2 cos2θ 4 r2 sin2θ 4 r2 cos2θ sin2θ 4 r2 z 2 r Então podemos escrever E x2 d V 01 02π 02 r r r2 cos2θ d z d θ d r 01 02π 02 r r3 cos2θ d θ d r 01 02π z02 r r3 cos2θ d θ d r 01 02π 2 r r3 cos2θ d θ d r 01 02π 2 r4 cos2θ d θ d r 01 2 r4 1 cos2θ2 d θ d r 01 02π 2 r4 12 cos2θ2 d θ d r 01 2 r4 12 θ sin2θ402π d r 01 2 r4 12 2π sin22π4 d r 01 2 r4 π d r 2 π 01 r4 d r 2 π r5501 2 π5 uv Resposta final Opção A 2 π5 11 Determine S sinx2 y2 dxdy usando a integral dupla na forma polar onde S é a região definida por x2 y2 π e x 0 Solução Para mudança de coordenadas para coordenadas polares temos que x rcosθ y rsinθ Além disso o jacobiano da transformação é J r Então a função do integrando pode ser escrita como r sinr2 cosθ r2 sin2 θ r sinr2 cos2 θ sin2 θ r sinr2 Por fim como a região S é um setor circular de raio π temos que 0 r π e como x 0 a região compreende espaços no primeiro e no quarto quadrante ou seja π2 θ π2 Portanto S sinx2 y2 dxdy π2π2 0π r sinr2 drdθ Para resolver a integral com relação a r aplicamos o método de integração por substituição fazendo u r2 o que implica em du 2rdr ou ainda du2 rdr Além disso para os intervalos de integração quando r 0 u 0 e quando r π u π Logo S sinx2 y2 dxdy π2π2 0π r sinr2 drdθ π2π2 0π sinu du2 dθ 12 π2π2 0π sinu dudθ 12 π2π2 cosu0π dθ 12 π2π2 cosπ cos0 dθ 12 π2π2 1 1 dθ π2π2 dθ θπ2π2 π2 π2 π Resposta final Opção A π 12 Determine a massa da lâmina que ocupa a região definida por S e tem uma densidade de massa superficial δxy 2x 4y Sabese que S xy R2 0 y 4 0 x 2y Solução Pela definição de massa por integral dupla temos que M S δxy dxdy 04 02y 2x 4y dxdy 04 x2 4xy02y dy 04 2y2 42yy dy 04 4y2 8y2 dy 04 12y2 dy 4y304 443 256 um Resposta final Opção B 256 13 Determine o volume do sólido que fica abaixo do paraboloide z 9 x2 y2 e acima do disco x2 y2 4 Solução Fazendo mudança de coordenadas para coordenadas cilíndricas podemos escrever x rcosθ y rsinθ Dessa forma a superfície que limita z superiormente pode ser escrita como z 9 x2 y2 9 r2 cos2 θ r2 sin2 θ 9 r2 cos2 θ sin2 θ 9 r2 Por sua vez o disco que limita o sólido com relação às variáveis x e y indica que 0 θ 2π Sobre a variação do raio temos que x2 y2 4 r2 cos2 θ r2 sin2 θ 4 r2 cos2 θ sin2 θ 4 r2 4 r 2 Portanto o volume procurado pode ser calculado como V dV 02π 02 09 r2 r dzdrdθ 02π 02 rz09 r2 drdθ 02π 02 r9 r2 drdθ 02π 02 9r r3 drdθ 02π 9r22 r4402 dθ 02π 9222 244 dθ 02π 18 4 dθ 14 02π dθ 14 θ02π 14 2π 28π uv Resposta final Opção A 28π 14 Determine o valor da integral S x 2y dxdy sendo S a área definida pelas retas x y 4 0 x y 0 x 3 Solução Para encontrar os intervalos de integração precisamos encontrar as intersecções entre as curvas Nesta perspectiva como x y temos que x y 4 0 x x 4 2x 4 x 2 Logo 2 2 é ponto de interseção entre x y 4 0 e x y Sabendo que x é limitado superiormente por 3 verificamos que a intersecção de x y 4 0 e x 3 é dada por 3 y 4 0 y 4 3 y 1 ou seja pelo ponto 3 1 Através das marcações destes pontos no plano cartesiano podemos representar a região de integração conforme figura a seguir Observe que considerando 0 x 3 precisamos dividir a região de integração em duas subregiões a primeira no intervalo 0 2 e a segunda no intervalo 2 3 já que as funções que limitam y são diferentes nestes dois subintervalos A integral dada pode então ser escrita como S x 2y dxdy 02 x4x x 2y dy dx 23 4xx x 2y dy dx 02 xy y2x4x dx 23 xy y24xx dx 02 x4 x 4 x2 xx x2 dx 23 xx x2 x4 x 4 x2 dx 02 4x x2 16 8x x2 x2 x2 dx 23 x2 x2 4x x2 16 8x x2 dx 02 2x2 4x 16 dx 23 2x2 4x 16 dx 2x33 2x2 16x02 2x33 2x2 16x23 2233 222 162 2333 232 163 2233 222 162 163 8 32 18 18 48 163 8 32 323 36 763 Resposta final Opção C 763 15 Sejam os campos vetoriais Gu v w u w v u w 1 F x y z x 2y 2y z x y e H u v 2 u2 v2 3v Determine o módulo da imagem do campo vetorial Q x y z para o ponto x y z 0 1 1 Sabese que Q x y z 2G x y z F x y z H x y Solução Como H u v 2 u2 v2 3v temos que H x y 2 x2 y2 3y Então F x y z H x y x 2y 2y z x y 2 x2 y2 3y 2 x2 x 2y y2 2y z 4y x Além disso 2G x y z 2x z y x z 1 2x 2z 2y 2x 2z 2 Agora podemos resolver o produto vetorial para encontrar Q Q x y z 2G x y z F x y z H x y i j k 2x 2z 2y 2x 2z 2 2 x2 x 2y y2 2y z 4y x i 2y 2x4y x 2z 2y2 2y z j 2x 2z4y x 2z 22 x2 x 2y k 2x 2zy2 2y z 2x 2z2 x2 x 2y Avaliando o último resultado no ponto x y z 0 1 1 chegamos em Q 0 1 1 i 21 2041 0 21 212 21 1 j 20 2141 0 21 22 02 0 21 k 20 2112 21 1 21 202 02 0 21 i 24 j 24 k 24 8 i 8 j 8 k 1 Logo Q 0 1 1 82 82 82 382 83 Resposta final Opção D 83 16 Marque a alternativa que apresenta a integral de linha da função fxyz x y2z3 sobre a curva definida pela equação yt t24t5t com 0 t 2 Solução Como já temos a parametrização da curva da curva podemos calcular a norma do vetor tangente à curva yt t24t5t yt 2t45dt yt 2t2 42 52 dt yt 4t2 16 25 dt yt 4t2 41 dt Escrevendo a integral de linha em termos do parâmetro t temos y fdr 02 fytyt 02 t2 4t25t34t2 41 dt 02 t2 16t2125t34t2 41 dt 02 t2 2000t54t2 41 dt Resposta final Opção A 02 t2 2000t54t2 41 dt 17 Determine a integral de linha C ey dx 4xey dy onde C é um retângulo centrado na origem percorrido no sentido antihorário com lados 12 12 12 e 12 Solução Como a curva é fechada suave e definida com orientação positiva podemos aplicar o teorema de Green Para tanto defina Pxy ey Qxy 4xey Então Py xy ey Qx xy 4ey Pelo teorema de Green temos que C ey dx 4xey dy D Qx Py dA onde D é o retângulo no qual x 11 e y 22 Desta forma C ey dx 4xey dy 11 22 4ey ey dy dx 11 22 3ey dy dx 11 3ey22 dx 11 3e2 e2 dx 3e2 e2x11 3e2 e21 1 3e2 e22 6e2 e2 Resposta final Opção E 6e2 e2 18 Marque a alternativa que apresenta a integral de linha da função fxy 2x y2 sobre a curva definida pela equação γt 2tt2 com 0 t 1 Solução Como já temos a parametrização da curva da curva podemos calcular a norma do vetor tangente à curva γt 2tt2 γt 22t dt γt 22 2t2 dt γt 4 4t2 dt Escrevendo a integral de linha em termos do parâmetro t temos γ fdr 01 fγtγt 01 22t t224t2 4 dt 01 4t t44t2 4 dt 01 t4 t34t2 4 dt 01 tt3 44t2 4 dt Resposta final Opção D 01 tt3 44t2 4 dt 19 Determine a integral de linha C F dγ sendo o campo vetorial Fxyz x²zx 2xzyy x²z e a curva C definida pela equação γt tt²2t² para 0 t 1 Solução Como γt tt²2t² temos que γt 12t4tdt Além disso Fγt t²2t²x 2t2t²y t² z 2t⁴ x 4t³ y t² z portanto C F dγ ₀¹ Fγt γt ₀¹ 2t⁴x4t³yt²z 12t4tdt ₀¹ 2t⁴4t³2tt²4t dt ₀¹ 2t⁴ 8t⁴ 4t³ dt ₀¹ 10t⁴ 4t³ dt 2t⁵ t⁴₀¹ 21⁵ 1⁴ 2 1 3 Resposta final Opção C 3 20 A integração dupla não iterada é usada quando a função integranda é expressa em coordenadas polares ou outras coordenadas curvilíneas Utilizando coordenadas polares o valor da área dada pela integral dupla aa ₀a² x² x² y²32 dy dx é Solução Fazendo a substituição para coordenadas polares temos que x r cosθ y r sinθ Pelos limites de integração percebese que a região de integração contempla os dois primeiros quadrantes já que os valores de y são não negativos Dessa forma 0 θ π 0 r a A função do integrando por sua vez assume a configuração r r² cos²θ r² sin²θ32 r r² cos²θ sin²θ32 r r²32 r r³ r⁴ Assim obtemos a integral aa ₀a² x² x² y²32 dy dx ₀π ₀a r⁴ dr dθ ₀π r⁵50a dθ ₀π a⁵5 dθ a⁵5 θ0π a⁵π5 ua Resposta final Opção D a⁵π5