2.1 Área e Volume

Já vimos que se $f(x,y)\geq 0$ e $f$ é cont $\'{\i }$ nua, então o volume $V$ do sólido compreendido entre o gráfico de $z=f(x,y)$ e sobre uma região $R_{x}$ do plano $xy$ é:

$V=\iint _{R}f(x,y)dA$

Deduz-se portanto, que

$V=\int _{a}^{b}\int _{g_{1}(x)}^{g_{2}(x)}f(x,y)dydx.$

A área da região $R_{x}$ é dada por:

$A=\iint _{R_{x}}dA$

neste caso,

$A=\int _{a}^{b}\int _{g_{1}(x)}^{g_{2}(x)}dydx=\int _{a}^{b}[y]_{g_{1}(x)}^{g_{2}(x)}dx=\int _{a}^{b}[g_{2}(x)-g_{1}(x)]dx.$

Analogamente, para $R_{y}$ é verdade.

Ache a área $A$ da região do plano- $xy$ delimitada pelos gráficos de $2y=16-x^{2}$ e $x+2y=4.$

Sol.: Temos que

$y=8-\frac{x^{2}}{2}\text { e }y=2-\frac{x}{2}.$

Interceptando as duas equações acima obtemos

$2-\frac{x}{2}=8-\frac{x^{2}}{2}\text { \ \ ou }2-\frac{x}{2}=2(4-\frac{x^{2}}{4})\text {\ \ }$

ou ainda

$2-\frac{x}{2}=2(2-\frac{x}{2})(2+\frac{x}{2})\text { \ ou \ }(2-\frac{x}{2})[1-2(2+\frac{x}{2})]=0\text { }$

o que implica

$(2-\frac{x}{2})(-3-x)=0\Rightarrow \left\{ \begin{array}[c]{c}x=-3,\text { ou}\\ x=4 \end{array} \right. .$

Logo:

	$\displaystyle A$	$\displaystyle =\int _{-3}^{4}\int _{2-\frac{x}{2}}^{8-\frac{x^{2}}{2}}dydx=\int _{-3}^{4}[8-\frac{x^{2}}{2}-(2-\frac{x}{2})]dx=\int _{-3}^{4}[6+\frac{x}{2}-\frac{x^{2}}{2}]dx$
	$\displaystyle$	$\displaystyle =[6x+\frac{x^{2}}{4}-\frac{x^{3}}{6}]_{-3}^{4}=\frac{343}{12}.$

Ache a área $A$ da região do plano- $xy$ delimitada pelos gráficos de $x=y^{3},$ $x+y=2$ e $y=0.$

Sol.: Interceptando $x=y^{3}$ com $x+y=2,$ obtemos:

$y^{3}+y-2=0$

cuja raiz é $y=1.$ Logo, temos:

$A=\int _{0}^{1}\int _{y^{3}}^{2-y}dxdy=\int _{0}^{1}[x]_{y^{3}}^{2-y}dy=\int _{0}^{1}(2-y-y^{3})dy=[2y-\frac{y^{2}}{2}-\frac{y^{4}}{4}]_{0}^{1}=\frac{5}{4}.$

Ou:

$A=\int _{0}^{1}\int _{0}^{\sqrt[3]{x}}dydx+\int _{1}^{2}\int _{0}^{2-x}dydx.$

Ache o volume do sólido do primeiro octante delimitado pleos planos coordenados, pelo parabolóide $z=x^{2}+y^{2}+1$ e pelo plano $2x+y=2.$

Sol.: Temos que

	$\displaystyle V$	$\displaystyle =\int _{0}^{1}\int _{0}^{2-2x}(x^{2}+y^{2}+1)dydx$
	$\displaystyle$	$\displaystyle =\int _{0}^{1}[x^{2}y+\frac{y^{3}}{3}+y]_{0}^{2-2x}dx$
	$\displaystyle$	$\displaystyle =\int _{0}^{1}[x^{2}(2-2x)+\frac{(2-2x)^{3}}{3}+(2-2x)]dx$
	$\displaystyle$	$\displaystyle =\int _{0}^{1}[-\frac{14}{3}x^{3}+10x^{2}-10x+\frac{14}{3}]dx$
	$\displaystyle$	$\displaystyle =[-\frac{7}{6}x^{4}+\frac{10}{3}x^{3}-5x^{2}+\frac{14}{3}x]_{0}^{1}=\frac{11}{6}.$

Ache o volume $V$ do sólido que está no primeiro octante e é delimitado pelos três planos coordenados e pelos cilindros $x^{2}+y^{2}=9$ e $y^{2}+z^{2}=9.$

Sol.: O sólido está situado abaixo do gráfico de $z=\sqrt{9-y^{2}}$ e acima da região $R$ (que equivale a um quarto do c $\'{\i }$ rculo $x^{2}+y^{2}=9,$ junto com os pontos interiores ao c $\'{\i }$ rculo). Assim:

	$\displaystyle V$	$\displaystyle =\int _{0}^{3}\int _{0}^{\sqrt{9-y^{2}}}\sqrt{9-y^{2}}dxdy$
	$\displaystyle$	$\displaystyle =\int _{0}^{3}\sqrt{9-y^{2}}[x]_{0}^{\sqrt{9-y^{2}}}dy$
	$\displaystyle$	$\displaystyle =\int _{0}^{3}(9-y^{2})dy$
	$\displaystyle$	$\displaystyle =[9y-\frac{y^{3}}{3}]_{0}^{3}=18.$