1. A região é a seguinte:

2. Como a integração será feita primeiro em relação a \(x\) e, em seguida, em relação a \(y\), os limites da integral interna devem expressar \(x\) em função de \(y\). Para determinar corretamente esses limites, é necessário analisar a região de integração considerando essa dependência. Temos:

   • se \({0\leq y \leq 1}\), então \({y/3\leq x \leq 3y}\);

   • se \({1\leq y \leq 3}\), então \({y/3\leq x \leq 4-y}\);

   Por fim, \[\hbox{$\displaystyle \displaystyle\iint_R f(x, y)\,dA$} \goodbreak = {\int_0^1\int_{y/3}^{3y} f(x,y) \,dx\,dy} \goodbreak + {\int_1^3\int_{y/3}^{4-y} f(x,y) \,dx\,dy}\]

3. Como a integração será feita primeiro em relação a \(y\) e, em seguida, em relação a \(x\), os limites da integral interna devem expressar \(y\) em função de \(x\). Para determinar corretamente esses limites, é necessário analisar a região de integração considerando essa dependência.

   • se \({0\leq x \leq 1}\), então \({x/3\leq y \leq 3x}\);

   • se \({1\leq x \leq 3}\), então \({x/3\leq y \leq 4-x}\);

   Por fim, \[\hbox{$\displaystyle \displaystyle\iint_R f(x, y)\,dA$} \goodbreak = {\int_0^1\int_{x/3}^{3x} f(x,y) \,dy\,dx} \goodbreak + {\int_1^3\int_{x/3}^{4-x} f(x,y) \,dy\,dx}\]

4. Usando a integral do item (b) temos:

   \[\begin{aligned} \displaystyle\iint_R xy\,dA & = \int_0^1\int_{y/3}^{3y} xy \,dx\,dy \quad + \quad \int_1^3\int_{y/3}^{4-y} xy \,dx\,dy \\[8pt] &= \int_0^1 y \left( \int_{y/3}^{3y} x \,dx \right) dy \quad + \quad\int_1^3 y \left( \int_{y/3}^{4 - y} x \,dx \right) dy \\[8pt] &= \int_0^1 y \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{x = y/3}^{x = 3y} dy \quad + \quad \int_1^3 y \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{x = y/3}^{x = 4 - y} dy \\[8pt] &= \int_0^1 y \cdot \frac{1}{2} \left( (3y)^2 - \left(\frac{y}{3}\right)^2 \right) dy \quad + \quad \int_1^3 y \cdot \frac{1}{2} \left( (4 - y)^2 - \left( \frac{y}{3} \right)^2 \right) dy \\[8pt] &= \frac{40}{9} \int_0^1 y^3 \,dy \quad + \quad\int_1^3 \left( 8y - 4y^2 + \frac{4}{9}y^3 \right) dy \\[25pt] &= \frac{40}{9} \left[ \frac{y^4}{4} \right]_0^1 \quad + \quad \left[ 4y^2 - \frac{4}{3}{y^3} + \frac{1}{9}y^4 \right]_1^3 \\[8pt] &= \frac{40}{9} \cdot \frac{1}{4} \quad + \quad \left[\left( 4\cdot 9 - \frac{4}{3}\cdot 27 + \frac{1}{9}\cdot 81 \right) - \left( 4\cdot 1 - \frac{4}{3}\cdot 1 + \frac{1}{9}\cdot 1 \right) \right] \\[8pt] & = {\frac{22}{3}}\end{aligned}\]\[\begin{aligned}\displaystyle\iint_R xy\,dA & = \int_0^1\int_{y/3}^{3y} xy \,dx\,dy \\ & \;\; + \int_1^3\int_{y/3}^{4-y} xy \,dx\,dy \\[8pt] & = \int_0^1 y \left( \int_{y/3}^{3y} x \,dx \right) dy \\ & \;\; + \int_1^3 y \left( \int_{y/3}^{4 - y} x \,dx \right) dy \\[8pt] & = \int_0^1 y \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{x = y/3}^{x = 3y} dy \\ & \;\; + \int_1^3 y \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{x = y/3}^{x = 4 - y} dy \\[8pt] & = \int_0^1 y \cdot \frac{1}{2} \left( (3y)^2 - \left(\frac{y}{3}\right)^2 \right) dy \\ & \;\; + \int_1^3 y \cdot \frac{1}{2} \left( (4 - y)^2 - \left( \frac{y}{3} \right)^2 \right) dy \\[8pt] & = \frac{40}{9} \int_0^1 y^3 \,dy \\ & \;\; + \int_1^3 \left( 8y - 4y^2 + \frac{4}{9}y^3 \right) dy \\[25pt] & = \frac{40}{9} \left[ \frac{y^4}{4} \right]_0^1 \\ & \;\; + \left[ 4y^2 - \frac{4}{3}{y^3} + \frac{1}{9}y^4 \right]_1^3 \\[8pt] & = \frac{40}{9} \cdot \frac{1}{4} \\ & \;\; + \left[\left( 4\cdot 9 - \frac{4}{3}\cdot 27 + \frac{1}{9}\cdot 81 \right) - \left( 4\cdot 1 - \frac{4}{3}\cdot 1 + \frac{1}{9}\cdot 1 \right) \right] \\[8pt] & = {\frac{22}{3}}\end{aligned}\]

   Usando a integral do item (c) temos: \[\begin{aligned} \displaystyle\iint_R xy\,dA & = \int_0^1 \int_{x/3}^{3x} xy \,dy\,dx \quad + \quad \int_1^3 \int_{x/3}^{4 - x} xy \,dy\,dx \\[8pt] & = \int_0^1 x \left( \int_{x/3}^{3x} y \,dy \right) dx \quad + \quad \int_1^3 x \left( \int_{x/3}^{4 - x} y \,dy \right) dx \\[8pt] & = \int_0^1 x \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{y = x/3}^{y = 3x} dx \quad + \quad \int_1^3 x \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{y = x/3}^{y = 4 - x} dx \\[8pt] & = \int_0^1 x \cdot \frac{1}{2} \left( (3x)^2 - \left( x/3 \right)^2 \right) dx \quad + \quad \int_1^3 x \cdot \frac{1}{2} \left( (4 - x)^2 - \left( x/3 \right)^2 \right) dx \\[8pt] &= \frac{40}{9} \int_0^1 x^3 \,dx \quad + \quad \int_1^3 \left( 8x - 4x^2 + \frac{4}{9}x^3 \right) dx \\[12pt] &= \frac{40}{9} \left[ \frac{x^4}{4} \right]_0^1 \quad + \quad \left[ 4x^2 - \frac{4}{3}x^3 + \frac{1}{9}x^4 \right]_1^3 \\[8pt] &= \frac{40}{9} \cdot \frac{1}{4} \quad + \quad \left[\left( 4\cdot 9 - \frac{4}{3}\cdot 27 + \frac{1}{9}\cdot 81 \right) - \left( 4\cdot 1 - \frac{4}{3}\cdot 1 + \frac{1}{9}\cdot 1 \right) \right] \\[8pt] &= \frac{22}{3} \end{aligned}\]\[\begin{aligned}\displaystyle\iint_R xy\,dA & = \int_0^1 \int_{x/3}^{3x} xy \,dy\,dx \\ & \;\; + \int_1^3 \int_{x/3}^{4 - x} xy \,dy\,dx \\[8pt] & = \int_0^1 x \left( \int_{x/3}^{3x} y \,dy \right) dx \\ & \;\; + \int_1^3 x \left( \int_{x/3}^{4 - x} y \,dy \right) dx \\[8pt] & = \int_0^1 x \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{y = x/3}^{y = 3x} dx \\ & \;\; + \int_1^3 x \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{y = x/3}^{y = 4 - x} dx \\[8pt] & = \int_0^1 x \cdot \frac{1}{2} \left( (3x)^2 - \left( x/3 \right)^2 \right) dx \\ & \;\; + \int_1^3 x \cdot \frac{1}{2} \left( (4 - x)^2 - \left( x/3 \right)^2 \right) dx \\[8pt] & = \frac{40}{9} \int_0^1 x^3 \,dx \\ & \;\; + \int_1^3 \left( 8x - 4x^2 + \frac{4}{9}x^3 \right) dx \\[12pt] & = \frac{40}{9} \left[ \frac{x^4}{4} \right]_0^1 \\ & \;\; + \left[ 4x^2 - \frac{4}{3}x^3 + \frac{1}{9}x^4 \right]_1^3 \\[8pt] & = \frac{40}{9} \cdot \frac{1}{4} \\ & \;\; + \left[\left( 4\cdot 9 - \frac{4}{3}\cdot 27 + \frac{1}{9}\cdot 81 \right) - \left( 4\cdot 1 - \frac{4}{3}\cdot 1 + \frac{1}{9}\cdot 1 \right) \right] \\[8pt] &= \frac{22}{3} \end{aligned}\]

1. A região é a seguinte:

2. Os gráficos de \(y=x^2\) e \(y=x\) se cortam quando \(x^2=x\), isto é, em \(x=0\) e \(x=1\). Para \(0\leq x\leq 1\) temos \(x^2\leq x\). Logo, fixado \(x\) com \(0\leq x\leq 1\), a variável \(y\) vai de \(x^2\) até \(x\):

   Por fim, \[\hbox{$\displaystyle \iint_R f(x, y)\,dA$} \goodbreak = \hbox{$\displaystyle \int_0^1\int_{x^2}^{x} f(x,y)\,dy\,dx$}\]

3. Fixado \(y\) com \(0\leq y\leq 1\), a variável \(x\) vai da reta \(x=y\) até a parábola \(x=\sqrt{y}\):

   Por fim, \[\hbox{$\displaystyle \iint_R f(x, y)\,dA$} \goodbreak = \hbox{$\displaystyle \int_0^1\int_{y}^{\sqrt{y}} f(x,y)\,dx\,dy$}\]

4. Usando a integral do item (b) temos: \[\begin{aligned} \iint_R (x+2y)\,dA & = \int_0^1\int_{x^2}^{x} (x+2y)\,dy\,dx \\[8pt] & = \int_0^1 \left[ xy + y^2 \right]_{y=x^2}^{y=x} dx \\[8pt] & = \int_0^1 \left[ \left( x\cdot x + x^2 \right) - \left( x\cdot x^2 + (x^2)^2 \right) \right] dx \\[8pt] & = \int_0^1 \left( 2x^2 - x^3 - x^4 \right) dx \\[8pt] & = \left[ \frac{2x^3}{3} - \frac{x^4}{4} - \frac{x^5}{5} \right]_0^1 \\[8pt] & = \frac{2}{3} - \frac{1}{4} - \frac{1}{5} \\[8pt] & = \frac{13}{60}\end{aligned}\]\[\begin{aligned} \iint_R (x+2y)\,dA & = \int_0^1\int_{x^2}^{x} (x+2y)\,dy\,dx \\[8pt] & = \int_0^1 \left[ xy + y^2 \right]_{y=x^2}^{y=x} dx \\[8pt] & = \int_0^1 \left[ \left( x\cdot x + x^2 \right) - \left( x\cdot x^2 + (x^2)^2 \right) \right] dx \\[8pt] & = \int_0^1 \left( 2x^2 - x^3 - x^4 \right) dx \\[8pt] & = \left[ \frac{2x^3}{3} - \frac{x^4}{4} - \frac{x^5}{5} \right]_0^1 \\[8pt] & = \frac{2}{3} \\ & \;\; - \frac{1}{4} \\ & \;\; - \frac{1}{5} \\[8pt] & = \frac{13}{60}\end{aligned}\]

1. A região é a seguinte:

2. Os gráficos de \(x=y^2\) e \(x=2-y\) se cortam quando \(y^2=2-y\), isto é, \(y^2+y-2=0\), cujas soluções são \(y=-2\) e \(y=1\). Os pontos de interseção são \((4,-2)\) e \((1,1)\). Fixado \(y\) com \(-2\leq y\leq 1\), a variável \(x\) vai da parábola \(x=y^2\) até a reta \(x=2-y\):

   Por fim, \[\hbox{$\displaystyle \iint_R f(x, y)\,dA$} \goodbreak = \hbox{$\displaystyle \int_{-2}^{1}\int_{y^2}^{2-y} f(x,y)\,dx\,dy$}\]

3. Agora \(y\) deve ser escrito em função de \(x\). A parábola \(x=y^2\) dá os dois ramos \(y=-\sqrt{x}\) e \(y=\sqrt{x}\). Temos:

   • se \(0\leq x\leq 1\), então \(-\sqrt{x}\leq y\leq \sqrt{x}\);

   • se \(1\leq x\leq 4\), então \(-\sqrt{x}\leq y\leq 2-x\).

   Por fim, \[\hbox{$\displaystyle \iint_R f(x, y)\,dA$} \goodbreak = \hbox{$\displaystyle \int_0^1\int_{-\sqrt{x}}^{\sqrt{x}} f(x,y)\,dy\,dx$} \goodbreak + \hbox{$\displaystyle \int_1^4\int_{-\sqrt{x}}^{2-x} f(x,y)\,dy\,dx$}\]

4. Usando a integral do item (b) temos: \[\begin{aligned} \iint_R y\,dA & = \int_{-2}^{1}\int_{y^2}^{2-y} y\,dx\,dy \\[8pt] & = \int_{-2}^{1} y\left[ x \right]_{x=y^2}^{x=2-y} dy \\[8pt] & = \int_{-2}^{1} y\left( 2-y-y^2 \right) dy \\[8pt] & = \int_{-2}^{1} \left( 2y-y^2-y^3 \right) dy \\[8pt] & = \left[ y^2-\frac{y^3}{3}-\frac{y^4}{4} \right]_{-2}^{1} \\[8pt] & = \left( 1-\frac{1}{3}-\frac{1}{4} \right) - \left( 4+\frac{8}{3}-4 \right) \\[8pt] & = \frac{5}{12}-\frac{8}{3} \\[8pt] & = -\frac{9}{4}\end{aligned}\]\[\begin{aligned} \iint_R y\,dA & = \int_{-2}^{1}\int_{y^2}^{2-y} y\,dx\,dy \\[8pt] & = \int_{-2}^{1} y\left[ x \right]_{x=y^2}^{x=2-y} dy \\[8pt] & = \int_{-2}^{1} y\left( 2-y-y^2 \right) dy \\[8pt] & = \int_{-2}^{1} \left( 2y-y^2-y^3 \right) dy \\[8pt] & = \left[ y^2-\frac{y^3}{3}-\frac{y^4}{4} \right]_{-2}^{1} \\[8pt] & = \left( 1-\frac{1}{3}-\frac{1}{4} \right) \\ & \;\; - \left( 4+\frac{8}{3}-4 \right) \\[8pt] & = \frac{5}{12} \\ & \;\; - \frac{8}{3} \\[8pt] & = -\frac{9}{4}\end{aligned}\]

1. Pelos limites da integral, a região é dada por \(0\leq x\leq 2\) e \(x/2\leq y\leq 1\). Ela é o triângulo de vértices \((0,0)\), \((0,1)\) e \((2,1)\):

2. Agora a integração é feita primeiro em relação a \(x\), então \(x\) deve ser escrito em função de \(y\). A reta \(y=x/2\) é a reta \(x=2y\). Olhando a região, temos \(0\leq y\leq 1\) e, fixado \(y\), a variável \(x\) vai de \(0\) até \(2y\):

   Por fim, \[\hbox{$\displaystyle \int_0^2\int_{x/2}^{1} e^{y^2}\,dy\,dx$} \goodbreak = \hbox{$\displaystyle \int_0^1\int_{0}^{2y} e^{y^2}\,dx\,dy$}\]

3. Na ordem original, a integral interna exigiria uma primitiva de \(e^{y^2}\) em relação a \(y\), que não é uma função elementar. Por isso usamos a integral do item (b): \[\begin{aligned} \int_0^1\int_{0}^{2y} e^{y^2}\,dx\,dy & = \int_0^1 e^{y^2}\left[ x \right]_{x=0}^{x=2y} dy \\[8pt] & = \int_0^1 2y\,e^{y^2}\,dy \\[8pt] & = \left[ e^{y^2} \right]_0^1 \\[8pt] & = e-1\end{aligned}\]\[\begin{aligned} \int_0^1\int_{0}^{2y} e^{y^2}\,dx\,dy & = \int_0^1 e^{y^2}\left[ x \right]_{x=0}^{x=2y} dy \\[8pt] & = \int_0^1 2y\,e^{y^2}\,dy \\[8pt] & = \left[ e^{y^2} \right]_0^1 \\[8pt] & = e \\ & \;\; - 1 \end{aligned}\]

1. Pelos limites da integral, a região é dada por \(0\leq y\leq 1\) e \(\sqrt{y}\leq x\leq 1\). A curva \(x=\sqrt{y}\) é a parábola \(y=x^2\) com \(x\geq 0\). A região está entre essa parábola, a reta \(x=1\) e o eixo \(x\):

2. Agora a integração é feita primeiro em relação a \(y\), então \(y\) deve ser escrito em função de \(x\). Olhando a região, temos \(0\leq x\leq 1\) e, fixado \(x\), a variável \(y\) vai de \(0\) até \(x^2\):

   Por fim, \[\hbox{$\displaystyle \int_0^1\int_{\sqrt{y}}^{1} \sqrt{x^3+1}\,dx\,dy$} \goodbreak = \hbox{$\displaystyle \int_0^1\int_{0}^{x^2} \sqrt{x^3+1}\,dy\,dx$}\]

3. Na ordem original, a integral interna exigiria uma primitiva de \(\sqrt{x^3+1}\) em relação a \(x\), que não é uma função elementar. Por isso usamos a integral do item (b): \[\begin{aligned} \int_0^1\int_{0}^{x^2} \sqrt{x^3+1}\,dy\,dx & = \int_0^1 \sqrt{x^3+1}\left[ y \right]_{y=0}^{y=x^2} dx \\[8pt] & = \int_0^1 x^2\sqrt{x^3+1}\,dx\end{aligned}\]\[\begin{aligned} \int_0^1\int_{0}^{x^2} \sqrt{x^3+1}\,dy\,dx & = \int_0^1 \sqrt{x^3+1}\left[ y \right]_{y=0}^{y=x^2} dx \\[8pt] & = \int_0^1 x^2\sqrt{x^3+1}\,dx\end{aligned}\] Fazendo \(u=x^3+1\), temos \(du=3x^2\,dx\). Quando \(x=0\), \(u=1\) e, quando \(x=1\), \(u=2\). Assim, \[\begin{aligned} \int_0^1 x^2\sqrt{x^3+1}\,dx & = \frac{1}{3}\int_1^2 u^{1/2}\,du \\[8pt] & = \frac{1}{3}\left[ \frac{2u^{3/2}}{3} \right]_1^2 \\[8pt] & = \frac{2}{9}\left( 2\sqrt{2}-1 \right) \\[8pt] & = \frac{4\sqrt{2}-2}{9}\end{aligned}\]\[\begin{aligned} \int_0^1 x^2\sqrt{x^3+1}\,dx & = \frac{1}{3}\int_1^2 u^{1/2}\,du \\[8pt] & = \frac{1}{3}\left[ \frac{2u^{3/2}}{3} \right]_1^2 \\[8pt] & = \frac{2}{9}\left( 2\sqrt{2}-1 \right) \\[8pt] & = \frac{4\sqrt{2}-2}{9}\end{aligned}\]

1. A região é a união de duas partes: para \(0\leq x\leq 1\) temos \(0\leq y\leq x^2\) e, para \(1\leq x\leq 2\), temos \(0\leq y\leq 2-x\). A parábola \(y=x^2\) e a reta \(y=2-x\) se encontram em \((1,1)\):

2. Agora \(x\) deve ser escrito em função de \(y\). A parábola é \(x=\sqrt{y}\) (com \(x\geq 0\)) e a reta é \(x=2-y\). Olhando a região, temos \(0\leq y\leq 1\) e, fixado \(y\), a variável \(x\) vai de \(\sqrt{y}\) até \(2-y\):

   Assim, a região é descrita por uma única expressão e \[\hbox{$\displaystyle \int_0^1\int_0^{x^2} f(x,y)\,dy\,dx$} \goodbreak + \hbox{$\displaystyle \int_1^2\int_0^{2-x} f(x,y)\,dy\,dx$} \goodbreak = \hbox{$\displaystyle \int_0^1\int_{\sqrt{y}}^{2-y} f(x,y)\,dx\,dy$}\]

3. Usando a integral do item (b) temos: \[\begin{aligned} \int_0^1\int_{\sqrt{y}}^{2-y} x\,dx\,dy & = \int_0^1 \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{x=\sqrt{y}}^{x=2-y} dy \\[8pt] & = \frac{1}{2}\int_0^1 \left[ (2-y)^2 - y \right] dy \\[8pt] & = \frac{1}{2}\int_0^1 \left( 4-5y+y^2 \right) dy \\[8pt] & = \frac{1}{2}\left[ 4y-\frac{5y^2}{2}+\frac{y^3}{3} \right]_0^1 \\[8pt] & = \frac{1}{2}\left( 4-\frac{5}{2}+\frac{1}{3} \right) \\[8pt] & = \frac{11}{12}\end{aligned}\]\[\begin{aligned} \int_0^1\int_{\sqrt{y}}^{2-y} x\,dx\,dy & = \int_0^1 \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{x=\sqrt{y}}^{x=2-y} dy \\[8pt] & = \frac{1}{2}\int_0^1 \left[ (2-y)^2 - y \right] dy \\[8pt] & = \frac{1}{2}\int_0^1 \left( 4-5y+y^2 \right) dy \\[8pt] & = \frac{1}{2}\left[ 4y-\frac{5y^2}{2}+\frac{y^3}{3} \right]_0^1 \\[8pt] & = \frac{1}{2}\left( 4-\frac{5}{2}+\frac{1}{3} \right) \\[8pt] & = \frac{11}{12}\end{aligned}\]

1. As curvas \(y=x^2\) e \(y=\sqrt{x}\) se cortam quando \(x^2=\sqrt{x}\), isto é, \(x=0\) ou \(x=1\). A região é a seguinte:

2. O volume é \(V=\displaystyle\iint_R f(x,y)\,dA\). Para \(0\leq x\leq 1\) temos \(x^2\leq\sqrt{x}\). Fixado \(x\), a variável \(y\) vai de \(x^2\) até \(\sqrt{x}\):

   Por fim, \[\hbox{$\displaystyle V$} \goodbreak = \hbox{$\displaystyle \int_0^1\int_{x^2}^{\sqrt{x}} (x+y)\,dy\,dx$}\]

3. Escrevendo \(x\) em função de \(y\), a curva \(y=x^2\) é \(x=\sqrt{y}\) e a curva \(y=\sqrt{x}\) é \(x=y^2\). Para \(0\leq y\leq 1\) temos \(y^2\leq\sqrt{y}\). Fixado \(y\), a variável \(x\) vai de \(y^2\) até \(\sqrt{y}\):

   Por fim, \[\hbox{$\displaystyle V$} \goodbreak = \hbox{$\displaystyle \int_0^1\int_{y^2}^{\sqrt{y}} (x+y)\,dx\,dy$}\]

4. Usando a integral do item (b) temos: \[\begin{aligned} V & = \int_0^1\int_{x^2}^{\sqrt{x}} (x+y)\,dy\,dx \\[8pt] & = \int_0^1 \left[ xy+\frac{y^2}{2} \right]_{y=x^2}^{y=\sqrt{x}} dx \\[8pt] & = \int_0^1 \left[ \left( x\sqrt{x}+\frac{x}{2} \right) - \left( x\cdot x^2+\frac{x^4}{2} \right) \right] dx \\[8pt] & = \int_0^1 \left( x^{3/2}+\frac{x}{2}-x^3-\frac{x^4}{2} \right) dx \\[8pt] & = \left[ \frac{2x^{5/2}}{5}+\frac{x^2}{4}-\frac{x^4}{4}-\frac{x^5}{10} \right]_0^1 \\[8pt] & = \frac{2}{5}+\frac{1}{4}-\frac{1}{4}-\frac{1}{10} \\[8pt] & = \frac{3}{10}\end{aligned}\]\[\begin{aligned} V & = \int_0^1\int_{x^2}^{\sqrt{x}} (x+y)\,dy\,dx \\[8pt] & = \int_0^1 \left[ xy+\frac{y^2}{2} \right]_{y=x^2}^{y=\sqrt{x}} dx \\[8pt] & = \int_0^1 \left[ \left( x\sqrt{x}+\frac{x}{2} \right) - \left( x\cdot x^2+\frac{x^4}{2} \right) \right] dx \\[8pt] & = \int_0^1 \left( x^{3/2}+\frac{x}{2}-x^3-\frac{x^4}{2} \right) dx \\[8pt] & = \left[ \frac{2x^{5/2}}{5}+\frac{x^2}{4}-\frac{x^4}{4}-\frac{x^5}{10} \right]_0^1 \\[8pt] & = \frac{2}{5} \\ & \;\; + \frac{1}{4} \\ & \;\; - \frac{1}{4} \\ & \;\; - \frac{1}{10} \\[8pt] & = \frac{3}{10}\end{aligned}\]

1. O sólido está abaixo do gráfico de \(f(x,y)=4-x-2y\) (o plano escrito como \(z=4-x-2y\)) e acima da região \(R\) do plano \(xy\) onde \(x\geq 0\), \(y\geq 0\) e \(f(x,y)\geq 0\), isto é, \(x+2y\leq 4\). A região é o triângulo de vértices \((0,0)\), \((4,0)\) e \((0,2)\):

2. O volume é \(V=\displaystyle\iint_R f(x,y)\,dA\). Como \(x\) deve ser escrito em função de \(y\), a reta \(x+2y=4\) é \(x=4-2y\). Temos \(0\leq y\leq 2\) e, fixado \(y\), a variável \(x\) vai de \(0\) até \(4-2y\):

   Por fim, \[\hbox{$\displaystyle V$} \goodbreak = \hbox{$\displaystyle \int_0^2\int_0^{4-2y} (4-x-2y)\,dx\,dy$}\]

3. Agora \(y\) deve ser escrito em função de \(x\): a reta é \(y=(4-x)/2\). Temos \(0\leq x\leq 4\) e, fixado \(x\), a variável \(y\) vai de \(0\) até \((4-x)/2\):

   Por fim, \[\hbox{$\displaystyle V$} \goodbreak = \hbox{$\displaystyle \int_0^4\int_0^{(4-x)/2} (4-x-2y)\,dy\,dx$}\]

4. Usando a integral do item (b) temos: \[\begin{aligned} V & = \int_0^2\int_0^{4-2y} (4-x-2y)\,dx\,dy \\[8pt] & = \int_0^2 \left[ (4-2y)\,x-\frac{x^2}{2} \right]_{x=0}^{x=4-2y} dy \\[8pt] & = \int_0^2 \left[ (4-2y)^2-\frac{(4-2y)^2}{2} \right] dy \\[8pt] & = \int_0^2 \frac{(4-2y)^2}{2}\,dy \\[8pt] & = \int_0^2 \left( 8-8y+2y^2 \right) dy \\[8pt] & = \left[ 8y-4y^2+\frac{2y^3}{3} \right]_0^2 \\[8pt] & = 16-16+\frac{16}{3} \\[8pt] & = \frac{16}{3}\end{aligned}\]\[\begin{aligned} V & = \int_0^2\int_0^{4-2y} (4-x-2y)\,dx\,dy \\[8pt] & = \int_0^2 \left[ (4-2y)\,x-\frac{x^2}{2} \right]_{x=0}^{x=4-2y} dy \\[8pt] & = \int_0^2 \left[ (4-2y)^2-\frac{(4-2y)^2}{2} \right] dy \\[8pt] & = \int_0^2 \frac{(4-2y)^2}{2}\,dy \\[8pt] & = \int_0^2 \left( 8-8y+2y^2 \right) dy \\[8pt] & = \left[ 8y-4y^2+\frac{2y^3}{3} \right]_0^2 \\[8pt] & = 16 \\ & \;\; - 16 \\ & \;\; + \frac{16}{3} \\[8pt] & = \frac{16}{3}\end{aligned}\]

1. O sólido está abaixo do gráfico de \(f(x,y)=4-y\) e acima da região \(R\) do plano \(xy\) limitada pela parábola \(y=x^2\) e pela reta \(y=4\). Elas se cortam quando \(x^2=4\), isto é, em \(x=-2\) e \(x=2\). A região é a seguinte:

2. O volume é \(V=\displaystyle\iint_R f(x,y)\,dA\). Temos \(-2\leq x\leq 2\) e, fixado \(x\), a variável \(y\) vai de \(x^2\) até \(4\):

   Por fim, \[\hbox{$\displaystyle V$} \goodbreak = \hbox{$\displaystyle \int_{-2}^{2}\int_{x^2}^{4} (4-y)\,dy\,dx$}\]

3. Agora \(x\) deve ser escrito em função de \(y\). A parábola \(y=x^2\) dá os dois ramos \(x=-\sqrt{y}\) e \(x=\sqrt{y}\). Temos \(0\leq y\leq 4\) e, fixado \(y\), a variável \(x\) vai de \(-\sqrt{y}\) até \(\sqrt{y}\):

   Por fim, \[\hbox{$\displaystyle V$} \goodbreak = \hbox{$\displaystyle \int_0^4\int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}} (4-y)\,dx\,dy$}\]

4. Usando a integral do item (b) temos: \[\begin{aligned} V & = \int_{-2}^{2}\int_{x^2}^{4} (4-y)\,dy\,dx \\[8pt] & = \int_{-2}^{2} \left[ 4y-\frac{y^2}{2} \right]_{y=x^2}^{y=4} dx \\[8pt] & = \int_{-2}^{2} \left[ \left( 16-8 \right) - \left( 4x^2-\frac{x^4}{2} \right) \right] dx \\[8pt] & = \int_{-2}^{2} \left( 8-4x^2+\frac{x^4}{2} \right) dx \\[8pt] & = \left[ 8x-\frac{4x^3}{3}+\frac{x^5}{10} \right]_{-2}^{2} \\[8pt] & = 2\left( 16-\frac{32}{3}+\frac{16}{5} \right) \\[8pt] & = \frac{256}{15}\end{aligned}\]\[\begin{aligned} V & = \int_{-2}^{2}\int_{x^2}^{4} (4-y)\,dy\,dx \\[8pt] & = \int_{-2}^{2} \left[ 4y-\frac{y^2}{2} \right]_{y=x^2}^{y=4} dx \\[8pt] & = \int_{-2}^{2} \left[ \left( 16-8 \right) - \left( 4x^2-\frac{x^4}{2} \right) \right] dx \\[8pt] & = \int_{-2}^{2} \left( 8-4x^2+\frac{x^4}{2} \right) dx \\[8pt] & = \left[ 8x-\frac{4x^3}{3}+\frac{x^5}{10} \right]_{-2}^{2} \\[8pt] & = 2\left( 16-\frac{32}{3}+\frac{16}{5} \right) \\[8pt] & = \frac{256}{15}\end{aligned}\]

1. A curva \(y=\ln x\) corta o eixo \(x\) em \(x=1\) e cruza a reta \(x=e\) em \(y=1\). A região é a seguinte:

2. Temos \(1\leq x\leq e\) e, fixado \(x\), a variável \(y\) vai de \(0\) até \(\ln x\):

   Por fim, \[\hbox{$\displaystyle \iint_R f(x, y)\,dA$} \goodbreak = \hbox{$\displaystyle \int_1^e\int_0^{\ln x} f(x,y)\,dy\,dx$}\]

3. Agora \(x\) deve ser escrito em função de \(y\). A curva \(y=\ln x\) é \(x=e^y\). Temos \(0\leq y\leq 1\) e, fixado \(y\), a variável \(x\) vai de \(e^y\) até \(e\):

   Por fim, \[\hbox{$\displaystyle \iint_R f(x, y)\,dA$} \goodbreak = \hbox{$\displaystyle \int_0^1\int_{e^y}^{e} f(x,y)\,dx\,dy$}\]

4. Usando a integral do item (c) temos: \[\begin{aligned} \iint_R y\,dA & = \int_0^1\int_{e^y}^{e} y\,dx\,dy \\[8pt] & = \int_0^1 y\left[ x \right]_{x=e^y}^{x=e} dy \\[8pt] & = \int_0^1 \left( e\,y-y\,e^y \right) dy \\[8pt] & = e\left[ \frac{y^2}{2} \right]_0^1 - \int_0^1 y\,e^y\,dy\end{aligned}\]\[\begin{aligned} \iint_R y\,dA & = \int_0^1\int_{e^y}^{e} y\,dx\,dy \\[8pt] & = \int_0^1 y\left[ x \right]_{x=e^y}^{x=e} dy \\[8pt] & = \int_0^1 \left( e\,y-y\,e^y \right) dy \\[8pt] & = e\left[ \frac{y^2}{2} \right]_0^1 \\ & \;\; - \int_0^1 y\,e^y\,dy \end{aligned}\] Por partes, com \(u=y\) e \(dv=e^y\,dy\), temos \[\begin{aligned} \int_0^1 y\,e^y\,dy & = \left[ y\,e^y \right]_0^1 - \int_0^1 e^y\,dy \\[8pt] & = e-(e-1) \\[8pt] & = 1\end{aligned}\]\[\begin{aligned}\int_0^1 y\,e^y\,dy & = \left[ y\,e^y \right]_0^1 \\ & \;\; - \int_0^1 e^y\,dy \\[8pt] & = e \\ & \;\; - (e-1) \\[8pt] & = 1\end{aligned}\] Logo, \[\hbox{$\displaystyle \iint_R y\,dA$} \goodbreak = \hbox{$\displaystyle \frac{e}{2}$} \goodbreak - \hbox{$\displaystyle 1$}\]

A equação da curva sugere que uma parametrização usando as coordenadas polares pode simplificar o problema. Nessa parametrização, obtemos \[\hbox{$\displaystyle (r^2)^3$} \goodbreak = \hbox{$\displaystyle 4(r\cos\theta)^2(r\sen\theta)^2$} \goodbreak = \hbox{$\displaystyle r^4(2\cos\theta \sen\theta)^2,$}\] logo \[\goodbreak \qquad \hbox{$\displaystyle \text{(1)} r^6$} \goodbreak = \hbox{$\displaystyle r^4 \sen^2 (2\theta).$}\]

Se \(r \ne 0\), então podemos dividir ambos os lados de (1) por \(r^4\), obtendo: \[\goodbreak \qquad \hbox{$\displaystyle \text{(2)} r$} \goodbreak = \hbox{$\displaystyle |\sen(2\theta)|.$}\]

Por outro lado, como outra consequência da equação (1) vemos que, se \(\sen(2\theta) = 0\), então necessariamente \(r = 0\), caso que também é contemplado na equação (2). Conclui-se, portanto, que a equação (2) fornece, de fato, a parametrização da curva em coordenadas polares.

Para identificar os ângulos nos quais a curva atinge a origem, basta resolver \(\sen(2\theta) = 0\). Isso ocorre quando \(\theta = 0, ~\frac{\pi}{2},~ \pi, \frac{3\pi}{2}\) e \(2\pi\). Esses são exatamente os ângulos que delimitam as pétalas da rosa polar.

O exercício pede calcular a área de uma das pétalas. Vamos calcular a que fica no primeiro quadrante. Nesse caso, \[\hbox{$\displaystyle 0$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle \theta$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle \frac{\pi}{2}$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle \mbox{e}$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle 0$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle r$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle \sen(2\theta).$}\]

Logo,

\[\begin{aligned} A & = \iint_{\text{pétala}} 1 dA \\ & = \int_0^{\pi/2} \int_0^{\sen(2\theta)} 1\cdot r \,dr\,d\theta \\ & =\frac{1}{2} \int_0^{\pi/2} \sen^2(2\theta) \, d\theta \\ &= \frac{1}{4} \int_0^{\pi/2} {1-\cos(4\theta)} \, d\theta \\ &= \frac{1}{4} \left( \theta\Big|_0^{\pi/2} - \frac{\sen(4\theta)}{4}\Big|_0^{\pi/2} \right) =\frac{\pi}{8}. \end{aligned}\]\[\begin{aligned} A & = \iint_{\text{pétala}} 1 dA \\ & = \int_0^{\pi/2} \int_0^{\sen(2\theta)} 1\cdot r \,dr\,d\theta \\ & =\frac{1}{2} \int_0^{\pi/2} \sen^2(2\theta) \, d\theta \\ &= \frac{1}{4} \int_0^{\pi/2} {1-\cos(4\theta)} \, d\theta \\ & = \frac{1}{4} \left( \theta\Big|_0^{\pi/2} - \frac{\sen(4\theta)}{4}\Big|_0^{\pi/2} \right) \\ & \;\; = \frac{\pi}{8}. \end{aligned}\]

Como a curva já está dada em coordenadas polares, basta identificar a variação dos parâmetros. Como \(\cos\theta \geq -1\) para todo \(\theta\), temos \(r = 1 + \cos\theta \geq 0\) sempre, e a igualdade \(r = 0\) ocorre apenas quando \(\theta = \pi\), que corresponde ao “bico” do cardioide na origem. Assim, quando \(\theta\) varia de \(0\) a \(2\pi\), a curva é percorrida uma única vez, e a região limitada pelo cardioide é descrita, em coordenadas polares, por \[\hbox{$\displaystyle 0$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle \theta$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle 2\pi$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle \mbox{e}$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle 0$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle r$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle 1$} \goodbreak + \hbox{$\displaystyle \cos\theta.$}\]

Logo, \[\begin{aligned} A & = \iint_{\text{cardioide}} 1 \, dA \\ & = \int_0^{2\pi} \int_0^{1+\cos\theta} 1\cdot r \,dr\,d\theta \\ &=\frac{1}{2} \int_0^{2\pi} (1+\cos\theta)^2 \, d\theta \\ &=\frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \left( 1 + 2\cos\theta + \cos^2\theta \right) d\theta \\ &=\frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \left( 1 + 2\cos\theta + \frac{1+\cos(2\theta)}{2} \right) d\theta \\ &= \frac{1}{2} \left( 2\pi + 0 + \pi \right) = \frac{3\pi}{2}.\end{aligned}\]\[\begin{aligned} A & = \iint_{\text{cardioide}} 1 \, dA \\ & = \int_0^{2\pi} \int_0^{1+\cos\theta} 1\cdot r \,dr\,d\theta \\ &=\frac{1}{2} \int_0^{2\pi} (1+\cos\theta)^2 \, d\theta \\ &=\frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \left( 1 + 2\cos\theta + \cos^2\theta \right) d\theta \\ &=\frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \left( 1 + 2\cos\theta + \frac{1+\cos(2\theta)}{2} \right) d\theta \\ & = \frac{1}{2} \left( 2\pi + 0 + \pi \right) \\ & \;\; = \frac{3\pi}{2}. \end{aligned}\]

A circunferência \(r = 6\sen\theta\) é percorrida uma única vez quando \(\theta\) varia de \(0\) a \(\pi\), e o cardioide \(r = 2 + 2\sen\theta\), quando \(\theta\) varia de \(0\) a \(2\pi\). As duas curvas se intersectam quando \[\hbox{$\displaystyle 2$} \goodbreak + \hbox{$\displaystyle 2\sen\theta$} \goodbreak = \hbox{$\displaystyle 6\sen\theta,$}\] ou seja, \[\hbox{$\displaystyle \sen\theta$} \goodbreak = \hbox{$\displaystyle \frac{1}{2},$}\] o que ocorre nos ângulos \(\theta = \frac{\pi}{6}\) e \(\theta = \frac{5\pi}{6}\). Entre esses ângulos, tem-se \(6\sen\theta \geq 2 + 2\sen\theta\), e a região que está dentro da circunferência e fora do cardioide é descrita, em coordenadas polares, por \[\hbox{$\displaystyle \frac{\pi}{6}$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle \theta$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle \frac{5\pi}{6}$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle \mbox{e}$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle 2$} \goodbreak + \hbox{$\displaystyle 2\sen\theta$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle r$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle 6\sen\theta.$}\]

Logo, \[\begin{aligned} A & = \iint_{D} 1 \, dA \\ & = \int_{\pi/6}^{5\pi/6} \int_{2+2\sen\theta}^{6\sen\theta} 1\cdot r \,dr\,d\theta \\ &= \frac{1}{2} \int_{\pi/6}^{5\pi/6} \left[ 36\sen^2\theta - \left( 2 + 2\sen\theta \right)^2 \right] d\theta \\ &= \frac{1}{2} \int_{\pi/6}^{5\pi/6} \left( 32\sen^2\theta - 8\sen\theta - 4 \right) d\theta \\ &= \frac{1}{2} \int_{\pi/6}^{5\pi/6} \left( 12 - 16\cos(2\theta) - 8\sen\theta \right) d\theta \\ &= \frac{1}{2} \left[ 12\theta - 8\sen(2\theta) + 8\cos\theta \right]_{\pi/6}^{5\pi/6} \\ &= \frac{1}{2} \left( 10\pi - 2\pi \right) = 4\pi.\end{aligned}\]\[\begin{aligned} A & = \iint_{D} 1 \, dA \\ & = \int_{\pi/6}^{5\pi/6} \int_{2+2\sen\theta}^{6\sen\theta} 1\cdot r \,dr\,d\theta \\ &= \frac{1}{2} \int_{\pi/6}^{5\pi/6} \left[ 36\sen^2\theta - \left( 2 + 2\sen\theta \right)^2 \right] d\theta \\ &= \frac{1}{2} \int_{\pi/6}^{5\pi/6} \left( 32\sen^2\theta - 8\sen\theta - 4 \right) d\theta \\ &= \frac{1}{2} \int_{\pi/6}^{5\pi/6} \left( 12 - 16\cos(2\theta) - 8\sen\theta \right) d\theta \\ &= \frac{1}{2} \left[ 12\theta - 8\sen(2\theta) + 8\cos\theta \right]_{\pi/6}^{5\pi/6} \\ & = \frac{1}{2} \left( 10\pi - 2\pi \right) \\ & \;\; = 4\pi. \end{aligned}\]

Em coordenadas polares, as circunferências \(x^2 + y^2 = 1\) e \(x^2 + y^2 = 4\) se escrevem simplesmente \(r = 1\) e \(r = 2\). Assim, a coroa circular \(D\) é descrita por \[\hbox{$\displaystyle 0$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle \theta$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle 2\pi$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle \mbox{e}$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle 1$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle r$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle 2.$}\]

Logo, \[\begin{aligned} \iint_D e^{x^2+y^2}\,dA & = \int_0^{2\pi} \int_1^2 e^{r^2}\, r \,dr\,d\theta \\ &= \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} e^{r^2}\Big|_1^2 \, d\theta \\ &= \frac{1}{2} \left( e^4 - e \right) \int_0^{2\pi} d\theta \\ &= \pi \left( e^4 - e \right).\end{aligned}\]\[\begin{aligned} \iint_D e^{x^2+y^2}\,dA & = \int_0^{2\pi} \int_1^2 e^{r^2}\, r \,dr\,d\theta \\ &= \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} e^{r^2}\Big|_1^2 \, d\theta \\ &= \frac{1}{2} \left( e^4 - e \right) \int_0^{2\pi} d\theta \\ &= \pi \left( e^4 - e \right).\end{aligned}\]

A região \(D\) é a metade superior do disco de raio \(2\) centrado na origem. Em coordenadas polares, ela é descrita por \[\hbox{$\displaystyle 0$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle \theta$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle \pi$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle \mbox{e}$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle 0$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle r$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle 2,$}\] e o integrando se escreve \(y = r\sen\theta\).

Logo, \[\begin{aligned} \iint_D y\,dA &= \int_0^{\pi} \int_0^2 r\sen\theta \cdot r \,dr\,d\theta \\ &= \left( \int_0^{\pi} \sen\theta \, d\theta \right) \left( \int_0^2 r^2 \, dr \right) \\ &= \left( -\cos\theta \Big|_0^{\pi} \right) \left( \frac{r^3}{3} \Big|_0^2 \right) \\ &= 2 \cdot \frac{8}{3} = \frac{16}{3}.\end{aligned}\]\[\begin{aligned} \iint_D y\,dA &= \int_0^{\pi} \int_0^2 r\sen\theta \cdot r \,dr\,d\theta \\ &= \left( \int_0^{\pi} \sen\theta \, d\theta \right) \left( \int_0^2 r^2 \, dr \right) \\ &= \left( -\cos\theta \Big|_0^{\pi} \right) \left( \frac{r^3}{3} \Big|_0^2 \right) \\ & = 2 \cdot \frac{8}{3} \\ & \;\; = \frac{16}{3}. \end{aligned}\]

Completando o quadrado, vemos que a desigualdade \(x^2 + y^2 \leq 2y\) equivale a \(x^2 + (y-1)^2 \leq 1,\) ou seja, \(D\) é o disco de raio \(1\) centrado no ponto \((0,1)\). Embora o disco não esteja centrado na origem, as coordenadas polares ainda simplificam o problema: a circunferência \(x^2 + y^2 = 2y\) se escreve como \[\hbox{$\displaystyle r^2$} \goodbreak = \hbox{$\displaystyle 2r\sen\theta,$}\] logo \(r = 2\sen\theta\) (o caso \(r = 0\) corresponde à origem, que também está contemplada nessa equação). Como devemos ter \(r \geq 0\), é necessário que \(\sen\theta \geq 0\), e a região é descrita, em coordenadas polares, por \[\hbox{$\displaystyle 0$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle \theta$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle \pi$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle \mbox{e}$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle 0$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle r$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle 2\sen\theta.$}\]

Logo, como \(y = r\sen\theta\), \[\begin{aligned} \iint_D y\,dA & = \int_0^{\pi} \int_0^{2\sen\theta} r\sen\theta \cdot r \,dr\,d\theta \\ &= \int_0^{\pi} \sen\theta \, \frac{r^3}{3}\Big|_0^{2\sen\theta} \, d\theta \\ &= \frac{8}{3} \int_0^{\pi} \sen^4\theta \, d\theta \\ &= \frac{8}{3} \int_0^{\pi} \left( \frac{3}{8} - \frac{\cos(2\theta)}{2} + \frac{\cos(4\theta)}{8} \right) d\theta \\ &= \frac{8}{3} \cdot \frac{3\pi}{8} = \pi.\end{aligned}\]\[\begin{aligned} \iint_D y\,dA & = \int_0^{\pi} \int_0^{2\sen\theta} r\sen\theta \cdot r \,dr\,d\theta \\ &= \int_0^{\pi} \sen\theta \, \frac{r^3}{3}\Big|_0^{2\sen\theta} \, d\theta \\ &= \frac{8}{3} \int_0^{\pi} \sen^4\theta \, d\theta \\ &= \frac{8}{3} \int_0^{\pi} \left( \frac{3}{8} - \frac{\cos(2\theta)}{2} + \frac{\cos(4\theta)}{8} \right) d\theta \\ & = \frac{8}{3} \cdot \frac{3\pi}{8} \\ & \;\; = \pi. \end{aligned}\]

No primeiro octante, o plano \(2x + y + z = 2\) intersecta os eixos coordenados nos pontos \((1,0,0)\), \((0,2,0)\) e \((0,0,2)\). Assim, o sólido \(E\) é descrito por \[\hbox{$\displaystyle 0$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle x$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle 1,$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle 0$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle y$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle 2$} \goodbreak - \hbox{$\displaystyle 2x$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle \mbox{e}$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle 0$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle z$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle 2$} \goodbreak - \hbox{$\displaystyle 2x$} \goodbreak - \hbox{$\displaystyle y.$}\]

Logo, \[\begin{aligned} V & = \iiint_E 1\,dV \\ & = \int_0^1 \int_0^{2-2x} \int_0^{2-2x-y} 1\,dz\,dy\,dx \\ & = \int_0^1 \int_0^{2-2x} \left( 2 - 2x - y \right) dy\,dx \\ & = \frac{1}{2} \int_0^1 \left( 2 - 2x \right)^2 dx \\ & = 2 \int_0^1 \left( 1 - x \right)^2 dx = \frac{2}{3}.\end{aligned}\]\[\begin{aligned} V & = \iiint_E 1\,dV \\ & = \int_0^1 \int_0^{2-2x} \int_0^{2-2x-y} 1\,dz\,dy\,dx \\ & = \int_0^1 \int_0^{2-2x} \left( 2 - 2x - y \right) dy\,dx \\ & = \frac{1}{2} \int_0^1 \left( 2 - 2x \right)^2 dx \\ & = 2 \int_0^1 \left( 1 - x \right)^2 dx \\ & \;\; = \frac{2}{3}. \end{aligned}\]

Como \(z = 4 - x^2 \geq 0\) quando \(-2 \leq x \leq 2\), o sólido \(E\) é descrito por \[\hbox{$\displaystyle -2$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle x$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle 2,$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle 0$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle y$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle 3$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle \mbox{e}$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle 0$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle z$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle 4$} \goodbreak - \hbox{$\displaystyle x^2.$}\]

Logo, \[\begin{aligned} V & = \iiint_E 1\,dV \\ & = \int_{-2}^2 \int_0^3 \int_0^{4-x^2} 1\,dz\,dy\,dx \\ & = 3 \int_{-2}^2 \left( 4 - x^2 \right) dx \\ & = 3 \left( 4x - \frac{x^3}{3} \right) \Big|_{-2}^2 \\ & = 3 \cdot \frac{32}{3} = 32.\end{aligned}\]\[\begin{aligned} V & = \iiint_E 1\,dV \\ & = \int_{-2}^2 \int_0^3 \int_0^{4-x^2} 1\,dz\,dy\,dx \\ & = 3 \int_{-2}^2 \left( 4 - x^2 \right) dx \\ & = 3 \left( 4x - \frac{x^3}{3} \right) \Big|_{-2}^2 \\ & = 3 \cdot \frac{32}{3} \\ & \;\; = 32. \end{aligned}\]

Na base do prisma, o triângulo de vértices \((0,0)\), \((1,0)\) e \((1,1)\) é descrito por \(0 \leq x \leq 1\) e \(0 \leq y \leq x\). Como a altura é \(2\), o sólido \(E\) é descrito por \[\hbox{$\displaystyle 0$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle x$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle 1,$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle 0$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle y$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle x$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle \mbox{e}$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle 0$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle z$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle 2.$}\]

Logo, \[\begin{aligned} \iiint_E \left( x + y \right) dV & = \int_0^1 \int_0^x \int_0^2 \left( x + y \right) dz\,dy\,dx \\ & = 2 \int_0^1 \int_0^x \left( x + y \right) dy\,dx \\ & = 2 \int_0^1 \left( x^2 + \frac{x^2}{2} \right) dx \\ & = 3 \int_0^1 x^2\,dx = 1.\end{aligned}\]\[\begin{aligned} \iiint_E \left( x + y \right) dV & = \int_0^1 \int_0^x \int_0^2 \left( x + y \right) dz\,dy\,dx \\ & = 2 \int_0^1 \int_0^x \left( x + y \right) dy\,dx \\ & = 2 \int_0^1 \left( x^2 + \frac{x^2}{2} \right) dx \\ & = 3 \int_0^1 x^2\,dx \\ & \;\; = 1. \end{aligned}\]

As curvas \(y = x\) e \(y = x^2\) se intersectam quando \(x^2 = x\), ou seja, em \(x = 0\) e \(x = 1\); entre esses valores, tem-se \(x \geq x^2\). Assim, o sólido \(E\) é descrito por \[\hbox{$\displaystyle 0$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle x$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle 1,$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle x^2$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle y$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle x$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle \mbox{e}$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle 0$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle z$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle 1.$}\]

Logo, \[\begin{aligned} \iiint_E y\,dV & = \int_0^1 \int_{x^2}^{x} \int_0^1 y\,dz\,dy\,dx \\ & = \int_0^1 \int_{x^2}^{x} y\,dy\,dx \\ & = \frac{1}{2} \int_0^1 \left( x^2 - x^4 \right) dx \\ & = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{5} \right) = \frac{1}{15}.\end{aligned}\]\[\begin{aligned} \iiint_E y\,dV & = \int_0^1 \int_{x^2}^{x} \int_0^1 y\,dz\,dy\,dx \\ & = \int_0^1 \int_{x^2}^{x} y\,dy\,dx \\ & = \frac{1}{2} \int_0^1 \left( x^2 - x^4 \right) dx \\ & = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{5} \right) \\ & \;\; = \frac{1}{15}. \end{aligned}\]

No plano \(yz\), as retas \(z = y\) e \(z = 2 - y\) se intersectam quando \(y = 1\). Como \(y \geq 0\) e devemos ter \(y \leq z \leq 2 - y\), o sólido \(E\) é descrito por \[\hbox{$\displaystyle 0$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle x$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle 1,$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle 0$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle y$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle 1$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle \mbox{e}$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle y$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle z$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle 2$} \goodbreak - \hbox{$\displaystyle y.$}\]

Logo, \[\begin{aligned} \iiint_E z\,dV & = \int_0^1 \int_0^1 \int_y^{2-y} z\,dz\,dy\,dx \\ & = \frac{1}{2} \int_0^1 \int_0^1 \left[ \left( 2 - y \right)^2 - y^2 \right] dy\,dx \\ & = \frac{1}{2} \int_0^1 \int_0^1 \left( 4 - 4y \right) dy\,dx \\ & = \int_0^1 \left( 2y - y^2 \right) \Big|_0^1 dx \\ & = \int_0^1 1\,dx = 1.\end{aligned}\]\[\begin{aligned} \iiint_E z\,dV & = \int_0^1 \int_0^1 \int_y^{2-y} z\,dz\,dy\,dx \\ & = \frac{1}{2} \int_0^1 \int_0^1 \left[ \left( 2 - y \right)^2 - y^2 \right] dy\,dx \\ & = \frac{1}{2} \int_0^1 \int_0^1 \left( 4 - 4y \right) dy\,dx \\ & = \int_0^1 \left( 2y - y^2 \right) \Big|_0^1 dx \\ & = \int_0^1 1\,dx \\ & \;\; = 1. \end{aligned}\]

Como \(z = 1 - x^2 \geq 0\) quando \(-1 \leq x \leq 1\), o sólido \(E\) é descrito por \[\hbox{$\displaystyle -1$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle x$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle 1,$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle 0$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle y$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle 2$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle \mbox{e}$} \goodbreak \quad \hbox{$\displaystyle 0$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle z$} \goodbreak \leq \hbox{$\displaystyle 1$} \goodbreak - \hbox{$\displaystyle x^2.$}\]

Logo, \[\begin{aligned} \iiint_E y\,dV & = \int_{-1}^1 \int_0^2 \int_0^{1-x^2} y\,dz\,dy\,dx \\ & = \left( \int_0^2 y\,dy \right) \left( \int_{-1}^1 \left( 1 - x^2 \right) dx \right) \\ & = 2 \left( x - \frac{x^3}{3} \right) \Big|_{-1}^1 \\ & = 2 \cdot \frac{4}{3} = \frac{8}{3}.\end{aligned}\]\[\begin{aligned} \iiint_E y\,dV & = \int_{-1}^1 \int_0^2 \int_0^{1-x^2} y\,dz\,dy\,dx \\ & = \left( \int_0^2 y\,dy \right) \left( \int_{-1}^1 \left( 1 - x^2 \right) dx \right) \\ & = 2 \left( x - \frac{x^3}{3} \right) \Big|_{-1}^1 \\ & = 2 \cdot \frac{4}{3} \\ & \;\; = \frac{8}{3}. \end{aligned}\]