Determine a massa e o centro de massa de uma lâmina triangular com vértices (0,0),(1,0) e (0,2), se a função densidade é \rho(x, y)=1+3 x+y.
(Dica: A massa é dada por: m=\iint_{D} \rho(x, y) d A e as coordenadas do centro de massa (\bar{x}, \bar{y}) são dadas por \bar{x}=\frac{1}{m} \iint_{D} x \rho(x, y) d A e \left.\hat{y}=\frac{1}{v} \iint_{D} y \rho(x, y) d A\right)

Passo 1

O enunciado pede a massa m e o centro de massa (\bar{x},\bar{y}) de uma lâmina triangular de densidade \rho(x,y)=1+3x+y, com vértices em (0,0), (1,0) e (0,2).
Conteúdo: integrais duplas para massa e momentos de uma densidade variável.

Passo 2

Descri­mos a região D como
0 \le x \le 1,\quad 0 \le y \le 2 - 2x,
pois a reta que liga (1,0) a (0,2) é y = 2 - 2x.
A massa é
m = \iint_{D} \rho(x,y)\,dA = \int_{0}^{1}\!\int_{0}^{2-2x}(1+3x+y)\,dy\,dx.

Passo 3

Calculamos m:
\int_{0}^{2-2x}(1+3x+y)\,dy =(1+3x)(2-2x)+\frac{(2-2x)^{2}}{2} =4-4x^{2}.
Então
m = \int_{0}^{1}(4-4x^{2})\,dx =\Bigl[4x-\tfrac{4x^{3}}{3}\Bigr]_{0}^{1} =4-\tfrac{4}{3} =\tfrac{8}{3}.

Passo 4

Para \bar{x}, usamos o momento em x:
M_x = \iint_{D} x\,\rho(x,y)\,dA = \int_{0}^{1}\!\int_{0}^{2-2x} x(1+3x+y)\,dy\,dx.
Já vimos que \int_{0}^{2-2x}(1+3x+y)\,dy=4-4x^{2}, logo
M_x = \int_{0}^{1} x(4-4x^{2})\,dx = \int_{0}^{1}(4x-4x^{3})\,dx =\Bigl[2x^{2}-x^{4}\Bigr]_{0}^{1} =1.
Portanto
\bar{x} = \frac{M_x}{m} = \frac{1}{\tfrac{8}{3}} = \tfrac{3}{8}.

Passo 5

Para \bar{y}, usamos o momento em y:
M_y = \iint_{D} y\,\rho(x,y)\,dA = \int_{0}^{1}\!\int_{0}^{2-2x} y(1+3x+y)\,dy\,dx.
Fazendo a integral em y e depois em x, obtém-se
M_y = \int_{0}^{1}\Bigl(\tfrac{14}{3}-6x-2x^{2}+\tfrac{10x^{3}}{3}\Bigr)dx =\tfrac{11}{6}.
Logo
\bar{y} = \frac{M_y}{m} = \frac{\tfrac{11}{6}}{\tfrac{8}{3}} = \tfrac{11}{16}.

Resposta

m = \tfrac{8}{3} \displaystyle \bar{x} = \tfrac{3}{8} \displaystyle \bar{y} = \tfrac{11}{16}

Exercícios relacionados