1. Utilizando a mudança de variáveis: x=u+v e y=u-v, calcule:
\int_{0}^{1}\left[\int_{0}^{1}\left(x^{2}+y^{2}\right) d x\right] d y
  1. Utilizando a mudança de variáveis: x+y=u e x-y=v, calcule:
\iint_{D}(x+y)^{2}(x-y)^{2} d x d y
onde D é limitado pelo quadrado de vértices (1,0),(2,1) e (0,1).
3. Utilizando a mudança de variáveis: u=x-y e v=x+y, calcule:
\iint_{D}\left(x^{2}-y^{2}\right) \operatorname{sen}^{2}(x+y) d x d y
onde D=\{(x, y) /-\pi \leq x+y \leq \pi,-\pi \leq x-y \leq \pi\}.
4. Utilizando coordenadas polares, calcule as seguintes integrais duplas:
(a) \iint_{D} e^{x^{2}+y^{2}} d x d y, sendo D=\left\{(x, y) / x^{2}+y^{2} \leq 1\right\}
(b) \iint_{D} \ln \left(x^{2}+y^{2}\right) d x d y, sendo D=\left\{(x, y) / x \geq 0, y \geq 0, a^{2} \leq x^{2}+y^{2} \leq b^{2}\right\}
(c) \iint_{D} \frac{\operatorname{sen}\left(\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} d x d y, sendo D limitadas por x^{2}+y^{2}=\frac{\pi^{2}}{4} \mathrm{e} x^{2}+y^{2}=\pi^{2}
5. Calcule a área da região limitada pelas seguintes curvas: x=4-y^{2} e x+2 y-4=0.
6. Calcule \iint_{D} \operatorname{sen}\left(x^{2}+y^{2}\right) d x d y, sendo D o disco unitário centrado na origem.
7. Sendo dadas a parábola y^{2}=x+1 e a reta x+y=1, calcule o momento de inércia em relação a cada eixo e o momento de inércia polar.

Passo 1

Vou listar, para cada item, o que o enunciado dá e o que pede, sem resolver ainda.
  1. Dados: mudança de variáveis x=u+v, y=u-v. Integral pedida:
\int_{0}^{1}\left[\int_{0}^{1}\left(x^{2}+y^{2}\right) dx\right] dy.
  1. Dados: mudança de variáveis x+y=u, x-y=v. Região D é o quadrado com vértices (1,0),(2,1),(1,2),(0,1) (infiro o quarto vértice (1,2) porque um quadrado tem quatro vértices). Integral pedida:
\iint_{D}(x+y)^{2}(x-y)^{2}\,dx\,dy.
  1. Dados: mudança u=x-y, v=x+y. Região
D=\{(x,y)\mid -\pi\le x+y\le\pi,\; -\pi\le x-y\le\pi\}.
Integral pedida:
\iint_{D}\left(x^{2}-y^{2}\right)\sin^{2}(x+y)\,dx\,dy.
  1. Usar coordenadas polares para três integrais:
    (a) D=\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\le 1\}. Calcular \iint_{D} e^{x^{2}+y^{2}}\,dx\,dy.
    (b) D=\{(x,y)\mid x\ge0,\; y\ge0,\; a^{2}\le x^{2}+y^{2}\le b^{2}\}. Calcular \iint_{D} \ln(x^{2}+y^{2})\,dx\,dy.
    (c) D é o anel limitado por x^{2}+y^{2}=\pi^{2}/4 e x^{2}+y^{2}=\pi^{2}. Calcular \iint_{D} \dfrac{\sin(\sqrt{x^{2}+y^{2}})}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\,dx\,dy.
  2. Curvas: x=4-y^{2} e x+2y-4=0. Pedir a área da região limitada por elas.
  3. Região: disco unitário centrado na origem. Calcular
\iint_{D}\sin(x^{2}+y^{2})\,dx\,dy.
  1. Região limitada pela parábola y^{2}=x+1 e pela reta x+y=1. Pedir os momentos de inércia em relação a cada eixo (eixo x e eixo y) e o momento de inércia polar (em relação à origem). Assumo densidade superficial uniforme igual a 1.

Passo 2

Resolução do item 1 (uso da mudança de variáveis x=u+v,\; y=u-v) — explicando passo a passo.
Primeiro, escrevo a transformação inversa para poder trabalhar com u,v:
u=\frac{x+y}{2},\qquad v=\frac{x-y}{2}.
Isso é só resolver o sistema linear. Agora calculo o Jacobiano. Se x=x(u,v)=u+v e y=y(u,v)=u-v, a matriz jacobiana é
\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}= \begin{pmatrix} \partial x/\partial u & \partial x/\partial v\\[4pt] \partial y/\partial u & \partial y/\partial v \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1\\[4pt] 1 & -1 \end{pmatrix}.
O determinante é \det= (1)(-1)-(1)(1)=-2. O valor absoluto do Jacobiano é |\det|=2. Isso significa que dx\,dy = 2\,du\,dv.
Agora transformo o integrando:
x^{2}+y^{2}=(u+v)^{2}+(u-v)^{2}=2(u^{2}+v^{2}).
Multiplicando pelo Jacobiano, o integrando em u,v fica 2(u^{2}+v^{2})\cdot 2 = 4(u^{2}+v^{2}).
Falta descrever bem a região em coordenadas u,v. A região original é o quadrado [0,1]\times[0,1], ou seja
0\le x\le1,\qquad 0\le y\le 1.
Em termos de u,v, essas desigualdades são
0\le u+v\le 1,\qquad 0\le u-v\le 1.
Daqui obtemos as restrições para v:
-u \le v \le 1-u \quad\text{e}\quad u-1\le v \le u.
A interseção dessas duas faixas depende de u. Para decidir os limites, compare -u com u-1 e u com 1-u. O ponto onde as expressões trocam é u=\tfrac12. Portanto a região em (u,v) é um paralelogramo que se descreve por duas faixas:
  • Para 0\le u\le \tfrac12: -u \le v \le u.
  • Para \tfrac12\le u\le 1: u-1 \le v \le 1-u.
Isso é geométrico: os vértices em (u,v) são (0,0),(\tfrac12,\tfrac12),(1,0),(\tfrac12,-\tfrac12).]

Passo 3

Continuando o item 1 — cálculo das integrais em u,v, pedaço a pedaço (método prático para prova).
A integral original torna-se
I=\iint_{D} (x^{2}+y^{2})\,dx\,dy = \iint_{D_{uv}} 4(u^{2}+v^{2})\,du\,dv.
Divido em duas integrais conforme os intervalos de u:
I=4\left[\int_{0}^{1/2}\!\int_{-u}^{u}(u^{2}+v^{2})\,dv\,du +\int_{1/2}^{1}\!\int_{u-1}^{1-u}(u^{2}+v^{2})\,dv\,du\right].
Calculo a primeira parte. Para 0\le u\le\tfrac12,
\begin{align*} \int_{-u}^{u}(u^{2}+v^{2})\,dv &=u^{2}\cdot(2u)+\left[\frac{v^{3}}{3}\right]_{-u}^{u} =2u^{3}+\frac{u^{3}-(-u^{3})}{3} =2u^{3}+\frac{2u^{3}}{3}=\frac{8}{3}u^{3}. \end{align*}
Multiplicando por 4 e integrando em u:
4\int_{0}^{1/2}\frac{8}{3}u^{3}\,du=\frac{32}{3}\left[\frac{u^{4}}{4}\right]_{0}^{1/2} =\frac{32}{3}\cdot\frac{1}{64}=\frac{1}{6}.
Agora a segunda parte. Para \tfrac12\le u\le1,
\int_{u-1}^{1-u}(u^{2}+v^{2})\,dv = u^{2}\cdot\big(2(1-u)\big)+\left[\frac{v^{3}}{3}\right]_{-(1-u)}^{1-u} =2u^{2}(1-u)+\frac{2(1-u)^{3}}{3}.
Multiplico por 4 e integro:
4\int_{1/2}^{1}\left(2u^{2}(1-u)+\frac{2(1-u)^{3}}{3}\right)du =8\int_{1/2}^{1}u^{2}(1-u)\,du+\frac{8}{3}\int_{1/2}^{1}(1-u)^{3}\,du.
Calculo rápido cada integral:
\int u^{2}(1-u)\,du=\int(u^{2}-u^{3})\,du=\frac{u^{3}}{3}-\frac{u^{4}}{4},
avaliando de 1/2 a 1 \dfrac{11}{192}. Então a parte correspondente é 8\cdot\dfrac{11}{192}=\dfrac{11}{24}.
Para a outra:
\int_{1/2}^{1}(1-u)^{3}\,du=\int_{0}^{1/2}t^{3}\,dt=\frac{1}{64},
portanto \dfrac{8}{3}\cdot\dfrac{1}{64}=\dfrac{1}{24}.
Somando as duas parcelas da segunda parte obtemos \dfrac{11}{24}+\dfrac{1}{24}=\dfrac{1}{2}.
Finalmente I=\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{2}{3}.

Passo 4

Resposta final do item 1 e pequena observação didática (como aplicar isso rápido numa prova).
Resultado do item 1:
\int_{0}^{1}\!\int_{0}^{1}(x^{2}+y^{2})\,dx\,dy=\frac{2}{3}.
Observação prática: usar a mudança de variáveis foi uma boa checagem — aqui a simetria e a separabilidade do integrando também permitem computar diretamente, mas saber calcular o Jacobiano e dividir a região em duas fatias foi a técnica chave.

Passo 5

Resolução do item 2 (transformação u=x+y,\; v=x-y) — explicação.
Primeiro a inversa: x=(u+v)/2,\; y=(u-v)/2. O Jacobiano é
\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}= \begin{pmatrix} \frac12 & \frac12\\[4pt] \frac12 & -\frac12 \end{pmatrix},
com determinante \det=-\tfrac12. Então |\det|=\tfrac12 e dx\,dy=\tfrac12\,du\,dv.
O integrando simplifica muito:
(x+y)^{2}(x-y)^{2}=u^{2}v^{2}.
Agora descrevo a região D. Usando os quatro vértices (1,0),(2,1),(1,2),(0,1) (o quarto (1,2) foi inferido para completar o quadrado), calcule u,v em cada vértice:
(1,0)\mapsto (u=1,v=1),\quad (2,1)\mapsto (3,1),\quad (1,2)\mapsto (3,-1),\quad (0,1)\mapsto (1,-1).
Isso mostra que a imagem em (u,v) é o retângulo
1\le u\le 3,\qquad -1\le v\le 1.]

Passo 6

Cálculo explícito da integral do item 2.
A integral passa a ser
\iint_{D} (x+y)^{2}(x-y)^{2}\,dx\,dy =\frac{1}{2}\int_{u=1}^{3}\int_{v=-1}^{1} u^{2}v^{2}\,dv\,du.
Faço a integral em v primeiro:
\int_{-1}^{1}v^{2}\,dv=\frac{2}{3}.
E em u:
\int_{1}^{3}u^{2}\,du=\left[\frac{u^{3}}{3}\right]_{1}^{3}=\frac{27-1}{3}=\frac{26}{3}.
Multiplicando tudo:
\frac{1}{2}\cdot\frac{26}{3}\cdot\frac{2}{3}=\frac{26}{9}.

Passo 7

Resultado do item 2 (resumo prático).
\iint_{D}(x+y)^{2}(x-y)^{2}\,dx\,dy=\frac{26}{9}.

Passo 8

Resolução do item 3 (transformação u=x-y,\; v=x+y) — ideia e simetria.
Transformação inversa: x=(u+v)/2,\; y=(v-u)/2. O Jacobiano \dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} tem determinante +\tfrac12, então dx\,dy=\tfrac12\,du\,dv.
Observe que x^{2}-y^{2}=(x+y)(x-y)=uv e \sin^{2}(x+y)=\sin^{2}v. Assim o integrando fica
(x^{2}-y^{2})\sin^{2}(x+y)=uv\sin^{2}v.
Multiplicando pelo Jacobiano vira \tfrac12\,uv\sin^{2}v.
A região dada em x,y é simplesmente o retângulo em u,v:
-\pi\le v\le \pi,\qquad -\pi\le u\le \pi.

Passo 9

Cálculo e observação de simetria para item 3.
A integral é
\iint_{D} \cdots \,dx\,dy=\frac{1}{2}\int_{v=-\pi}^{\pi}\int_{u=-\pi}^{\pi} uv\sin^{2}v\,du\,dv.
Para um v fixo, v\sin^{2}v é uma constante multiplicando \int_{u=-\pi}^{\pi}u\,du. Mas
\int_{u=-\pi}^{\pi}u\,du=0
porque u é função ímpar integrada em intervalo simétrico. Portanto toda a dupla integral vale 0.

Passo 10

Resultado do item 3.
\iint_{D}\left(x^{2}-y^{2}\right)\sin^{2}(x+y)\,dx\,dy=0.

Passo 11

Resolução do item 4(a) usando coordenadas polares — explicando fórmula e substituição.
Região: disco unitário: 0\le r\le1,\; 0\le\theta\le 2\pi. Em coordenadas polares, x^{2}+y^{2}=r^{2} e dx\,dy=r\,dr\,d\theta. Então
\iint_{D} e^{x^{2}+y^{2}}\,dx\,dy =\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1} e^{r^{2}}\,r\,dr\,d\theta.
Para a integral em r uso a substituição t=r^{2}, dt=2r\,dr, logo r\,dr=dt/2.

Passo 12

Cálculo explícito do item 4(a).
\int_{0}^{1} e^{r^{2}} r\,dr = \frac{1}{2}\int_{0}^{1} e^{t}\,dt=\frac{1}{2}(e^{1}-e^{0})=\frac{e-1}{2}.
Multiplicando por \int_{0}^{2\pi}d\theta=2\pi
\iint_{D} e^{x^{2}+y^{2}}\,dx\,dy = 2\pi\cdot\frac{e-1}{2}=\pi(e-1).

Passo 13

Resolução do item 4(b) — troca para coordenadas polares e integração por partes.
Região: primeiro quadrante entre raios a e b: 0\le\theta\le \tfrac{\pi}{2}, a\le r\le b. Em polares, \ln(x^{2}+y^{2})=\ln(r^{2})=2\ln r e dx\,dy=r\,dr\,d\theta. Logo integrando:
\iint_{D}\ln(x^{2}+y^{2})\,dx\,dy =\int_{0}^{\pi/2}\int_{a}^{b}2\ln r\; r\,dr\,d\theta.
Faço a integral radial por partes: tomar u=\ln r e dv=2r\,dr. Então du=\dfrac{dr}{r} e v=r^{2}. Assim
\int 2r\ln r\,dr = r^{2}\ln r - \int r^{2}\cdot\frac{1}{r}\,dr = r^{2}\ln r - \int r\,dr = r^{2}\ln r - \frac{r^{2}}{2}.

Passo 14

Cálculo final do item 4(b).
Avalio de r=a a r=b e multiplico por \theta-intervalo \pi/2:
\iint_{D}\ln(x^{2}+y^{2})\,dx\,dy =\frac{\pi}{2}\left[\big(b^{2}\ln b-\frac{b^{2}}{2}\big)-\big(a^{2}\ln a-\frac{a^{2}}{2}\big)\right].
Posso reescrever de forma compacta:
\iint_{D}\ln(x^{2}+y^{2})\,dx\,dy =\frac{\pi}{2}\left(b^{2}\ln b-a^{2}\ln a-\frac{b^{2}-a^{2}}{2}\right).

Passo 15

Resolução do item 4(c) — simplificação com polares.
Região: anel entre r=\pi/2 e r=\pi, todo o círculo — logo 0\le\theta\le 2\pi, \pi/2\le r\le \pi. Em polares, \sqrt{x^{2}+y^{2}}=r e dx\,dy=r\,dr\,d\theta. O integrando torna-se
\frac{\sin(\sqrt{x^{2}+y^{2}})}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\,dx\,dy = \frac{\sin r}{r}\cdot r\,dr\,d\theta = \sin r\,dr\,d\theta.
Ótimo: o fator r cancela.

Passo 16

Cálculo do item 4(c).
\iint_{D}\frac{\sin(\sqrt{x^{2}+y^{2}})}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\,dx\,dy =\int_{0}^{2\pi}\int_{\pi/2}^{\pi}\sin r\,dr\,d\theta =2\pi\big[-\cos r\big]_{\pi/2}^{\pi}=2\pi(-\cos\pi+\cos(\pi/2)).
\cos\pi=-1,\;\cos(\pi/2)=0, então o resultado é
2\pi(-(-1)+0)=2\pi.

Passo 17

Resultados do item 4 (a,b,c) recolhidos.
(a) \displaystyle \iint_{D} e^{x^{2}+y^{2}}\,dx\,dy = \pi(e-1).
(b) \displaystyle \iint_{D} \ln(x^{2}+y^{2})\,dx\,dy =\frac{\pi}{2}\Big(b^{2}\ln b-a^{2}\ln a-\frac{b^{2}-a^{2}}{2}\Big).
(c) \displaystyle \iint_{D}\frac{\sin(\sqrt{x^{2}+y^{2}})}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\,dx\,dy = 2\pi.

Passo 18

Resolução do item 5 (área entre x=4-y^{2} e x+2y-4=0) — procedimento passo a passo.
Primeiro escrevo a reta em função de y: x=4-2y. Interseção entre as curvas encontra-se resolvendo
4-y^{2}=4-2y \quad\Longrightarrow\quad -y^{2}=-2y \quad\Longrightarrow\quad y^{2}-2y=0,
portanto y(y-2)=0 e as abscissas de interseção são y=0 e y=2.
Para y entre 0 e 2, comparo os valores de x:
x_{\text{par}}=4-y^{2},\qquad x_{\text{reta}}=4-2y.
Num ponto interior, por exemplo y=1, x_{\text{par}}=3 e x_{\text{reta}}=2, então a parábola está à direita da reta. Assim a área da região é
A=\int_{y=0}^{2}\big(x_{\text{par}}-x_{\text{reta}}\big)\,dy =\int_{0}^{2}\big(4-y^{2}-(4-2y)\big)\,dy=\int_{0}^{2}(2y-y^{2})\,dy.

Passo 19

Cálculo explícito do item 5.
\int_{0}^{2}(2y-y^{2})\,dy=\left[y^{2}-\frac{y^{3}}{3}\right]_{0}^{2}=4-\frac{8}{3}=\frac{12-8}{3}=\frac{4}{3}.
Portanto a área pedida é \dfrac{4}{3}.

Passo 20

Resolução do item 6 (integral sobre o disco unitário) — uso de polares e substituição.
Região: disco unitário, 0\le r\le1,\;0\le\theta\le2\pi. Em polares:
\iint_{D}\sin(x^{2}+y^{2})\,dx\,dy=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1}\sin(r^{2})\,r\,dr\,d\theta.
Faço a substituição t=r^{2},\; dt=2r\,dr para a integral em r.

Passo 21

Cálculo do item 6.
\int_{0}^{1}\sin(r^{2})\,r\,dr=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\sin t\,dt=\frac{1}{2}\big(1-\cos 1\big).
Multiplicando por \int_{0}^{2\pi}d\theta=2\pi obtemos
\iint_{D}\sin(x^{2}+y^{2})\,dx\,dy=\pi\big(1-\cos 1\big).

Passo 22

Resolução do item 7 (momento de inércia da região limitada por y^{2}=x+1 e x+y=1) — começo com a geometria e definição dos momentos.
Interseção das curvas: substituo x=1-y (da reta) na parábola y^{2}=x+1:
y^{2}=(1-y)+1 \Longrightarrow y^{2}+y-2=0 \Longrightarrow (y+2)(y-1)=0,
logo y=-2 e y=1. Assim y varia de -2 a 1.
Para cada y no intervalo [-2,1], x varia entre a parábola (esquerda) x_{\text{par}}=y^{2}-1 e a reta (direita) x_{\text{reta}}=1-y. Verifique com y=0: x_{\text{par}}=-1,\; x_{\text{reta}}=1, o que confirma a ordem.
Definições (densidade unitária):
  • Momento de inércia em relação ao eixo x:
I_{x}=\iint_{D} y^{2}\,dA.
  • Momento de inércia em relação ao eixo y:
I_{y}=\iint_{D} x^{2}\,dA.
  • Momento polar em relação à origem:
I_{O}=\iint_{D}(x^{2}+y^{2})\,dA = I_{x}+I_{y}.
Vou configurar as integrais usando integração na ordem dx\,dy:
I_{x}=\int_{y=-2}^{1}\int_{x=y^{2}-1}^{1-y} y^{2}\,dx\,dy,
I_{y}=\int_{y=-2}^{1}\int_{x=y^{2}-1}^{1-y} x^{2}\,dx\,dy.

Passo 23

Cálculo do momento I_{x} (detalhado).
Para I_{x} a integração em x é simples (integrando uma constante em x):
I_{x}=\int_{-2}^{1} y^{2}\big[(1-y)-(y^{2}-1)\big]\,dy =\int_{-2}^{1} y^{2}(2-y-y^{2})\,dy.
Expandindo:
y^{2}(2-y-y^{2})=2y^{2}-y^{3}-y^{4}.
Integro termo a termo:
\int_{-2}^{1}2y^{2}\,dy = 2\left[\frac{y^{3}}{3}\right]_{-2}^{1}=2\left(\frac{1}{3}-\frac{-8}{3}\right)=2\cdot\frac{9}{3}=6,
\int_{-2}^{1}-y^{3}\,dy = -\left[\frac{y^{4}}{4}\right]_{-2}^{1}=-\left(\frac{1}{4}-\frac{16}{4}\right)=-\left(-\frac{15}{4}\right)=\frac{15}{4},
\int_{-2}^{1}-y^{4}\,dy = -\left[\frac{y^{5}}{5}\right]_{-2}^{1}=-\left(\frac{1}{5}-\frac{-32}{5}\right)=-\left(\frac{33}{5}\right)=-\frac{33}{5}.
Somando:
I_{x}=6+\frac{15}{4}-\frac{33}{5}.
Coloco em denominador comum 20:
6=\frac{120}{20},\qquad \frac{15}{4}=\frac{75}{20},\qquad -\frac{33}{5}=-\frac{132}{20}.
Logo
I_{x}=\frac{120+75-132}{20}=\frac{63}{20}.

Passo 24

Cálculo do momento I_{y} (detalhado).
Começo pela integração em x:
I_{y}=\int_{-2}^{1}\left[\frac{x^{3}}{3}\right]_{x=y^{2}-1}^{x=1-y}\,dy =\frac{1}{3}\int_{-2}^{1}\big((1-y)^{3}-(y^{2}-1)^{3}\big)\,dy.
Expando as potências para integrar facilmente:
(1-y)^{3}=1-3y+3y^{2}-y^{3},
(y^{2}-1)^{3}=y^{6}-3y^{4}+3y^{2}-1.
A diferença é
(1-y)^{3}-(y^{2}-1)^{3}=2-3y - y^{3}+3y^{4}-y^{6}.
Agora integro termo a termo:
\frac{1}{3}\int_{-2}^{1}\big(2-3y-y^{3}+3y^{4}-y^{6}\big)\,dy.
Calculo primitiva:
\frac{1}{3}\Big[2y-\frac{3y^{2}}{2}-\frac{y^{4}}{4}+\frac{3y^{5}}{5}-\frac{y^{7}}{7}\Big]_{-2}^{1}.
Avalio em 1:
2-\frac{3}{2}-\frac{1}{4}+\frac{3}{5}-\frac{1}{7}=\frac{99}{140}.
Multiplicando por 1/3 \dfrac{33}{140}.
Avalio em -2:
2y-\frac{3y^{2}}{2}-\frac{y^{4}}{4}+\frac{3y^{5}}{5}-\frac{y^{7}}{7}\Big|_{y=-2} = -4 -6 -4 -\frac{96}{5} +\frac{128}{7}.
Somando e simplificando dá -\dfrac{522}{35}. Multiplicando por 1/3 obtém-se -\dfrac{174}{35}.
Subtraindo (valor em 1 menos valor em -2):
I_{y}=\frac{33}{140}-\left(-\frac{174}{35}\right)=\frac{33}{140}+\frac{696}{140}=\frac{729}{140}.

Passo 25

Cálculo do momento polar I_{O} e resumo final do item 7.
Soma direta:
I_{O}=I_{x}+I_{y}=\frac{63}{20}+\frac{729}{140}.
Pondo em denominador 140:
\frac{63}{20}=\frac{441}{140},\quad \text{então}\quad I_{O}=\frac{441+729}{140}=\frac{1170}{140}=\frac{117}{14}.ã
Assim os momentos são I_{x}=\dfrac{63}{20},\; I_{y}=\dfrac{729}{140},\; I_{O}=\dfrac{117}{14}.

Resposta

  1. \dfrac{2}{3}
  2. \dfrac{26}{9}
  3. 0
4(a). \pi(e-1)
4(b). \displaystyle \frac{\pi}{2}\Big(b^{2}\ln b-a^{2}\ln a-\frac{b^{2}-a^{2}}{2}\Big)
4(c). 2\pi
  1. \dfrac{4}{3}
  2. \pi\big(1-\cos 1\big)
  3. I_{x}=\dfrac{63}{20}\
    I_{y}=\dfrac{729}{140}\
    I_{O}=\dfrac{117}{14}

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