Prova Resolvida de Cálculo 4

Fundacao Centro de Ciencias e Educacao Superior a Distancia do Estado do Rio de JaneiroCentro de Educacao Superior a Distancia do Estado do Rio de Janeiro

Calculo IV - Gabarito AD01

Questao 1: [2,0 pts] Dada a integral duplaD

f(x, y) dxdy =

01

9x+9

9x+9

f(x, y) dydx +

150

9x+9x3

f(x, y) dydx :

a) Esboce a regiao D.

b) Expresse a soma de integrais do segundo membro como uma so integral na qual a ordem deintegracao esta invertida.

c) Calcule a integral dupla para a funcao f(x, y) = y.

Solucao:

a) Na primeira integral, tem-se:{y = 9x + 9y =

9x + 9

{x = 1x = 0

y2 = 9x + 9 y2 = 9(x + 1) (parabola) .

Na segunda integral, tem-se: {y = x 3y =

9x + 9

{x = 0x = 15

{y = x 3y2 = 9x + 9 = 9(x + 1)

Agora esbocamos a parabola y2 = 9(x + 1) e a reta y = x 3.

PSfrag replacements

x

y

D

13

3

3

12

15

Calculo IV Gabarito AD01 2

b) A fronteira da esquerda de D e a parabola y2 = 9(x + 1), donde x = y299

. A fronteira da direitae a reta y = x 3 ou x = y + 3. A projecao de D sobre o eixo y e o intervalo [3, 12]. Logo, D edado por

D : 3 y 12 , y299

x y + 3 .

Logo,

I =

123

y+3y29

9

f(x, y) dxdy .

c) D

y dxdy =

123

y+3y29

9

y dxdy

=

123

y(y + 3 y2

9+ 1

)dy

=

123

(y2 + 4y y3

9

)dy

=[

y3

3+ 2y2 y4

36

]123

=(

123

3+ 2 122 124

36

)

(33

3+ 2 32 34

36

)= 122(4 + 2 4) 32 (1 + 2 1

4

)= 2 122 93

4

= 288 6, 75= 281, 25 .

Questao 2: [2,0 pts] Utilizando uma mudanca de variaveis adequada, calcule a integralD

(x + y)5

x y + 2 dxdy ,

onde D e a regiao limitada pelas retas x + y = 1, x + y = 3, y = x e y = x + 1.

Solucao: Consideramos

1 :

{u = x + yv = x y ou :

{x = uv

2

y = u+v2

que nos da

J(u, v) =(x, y)

(u, v)=

12

12

12

12

= 12 6= 0, (u, v) R2 .

Fundacao CECIERJ Consorcio CEDERJ


Como D e limitado por x + y = 1, x + y = 3, x y = 0 e x y = 1 entao Duv e limitado poru = 1, u = 3, v = 0 e v = 1 ou Duv[1, 3] [1, 0]. Entao:

D

(x+y)5

xy+2 dxdy =

Duv

u5

v+2

(x,y)(u,v) dudv= 1

2

Duv

u5

v+2dudv

= 12

31

01

u5

v+2dvdu

= 12

31

u5 ln(v + 2)01

du

= ln 22

31

u5 du

= u6

6

31

ln 22

= (36 1) ln 212

.

Questao 3: [1,5 pts] Calcule

D

arctg yx

dxdy, onde

D ={

(x, y) | 1 x2 + y2 9 , x3 y 3 x

}.

Solucao: Passemos para coordenadas polares{x = r cos y = r sen

donde

{x2 + y2 = r2

tg = y/x = arctg y/x .

Agora, vamos encontrar a regiao Dr. Como 1 x2 + y2 9, temos 1 r2 9 ou 1 r 3.Como y =

(1/

3)x entao tg = 1/

3, donde = pi/6.

Como y =

3 x entao tg =

3 , donde = pi/3. Entao pi/6 pi/3.Assim, Dr = [1, 3]

[pi/6 , pi/3

]. Portanto,

D

arctg yx dxdy =

Dr

r drd =

pi/3pi/6

31

r drd =

pi/3pi/6

[

r2

2

]31

d = 4

pi/3pi/6

d = 42

[2

]pi/3pi/6

= pi2

6 .



Questao 4: [1,5 pts] Calcule a massa do solido limitado pelo plano z = 0, pelo cilindro x2+y2 = 2xe pelo cone z =

x2 + y2 se a densidade e (x, y, z) = x2 + y2.

Solucao: O esboco do solido W e:

PSfrag replacements

x

y

z

D

W

1

2

2

PSfrag replacements

x

y

D

1 2

Sabemos que a massa M e dada por

M =

W

(x, y, z) dxdydz =

W

(x2 + y2

)dxdydz .

Passando para coordenadas cilndricas (r, , z), tem-se:

x = r cos y = r sen z = z

Jacobiano = r

As variacoes de r e sao encontradas sobre a regiao D, projecao de W sobre o plano xy. Convertendoa equacao x2 + y2 = 2x para coordenadas cilndricas, temos

r2 = 2r cos r = 0 ou r = 2 cos

donde0 r 2 cos .

A variacao de e obtida pela varredura em D, no sentido anti-horario:

pi/2 pi/2 .

A superfcie conica z =

x2 + y2 se converte em z = r. Logo:

0 z r .



Assim, Wrz esta limitada por

Wrz :

0 z r0 r 2 cos

pi/2 pi/2

Temos entao:

M =

W

(x2 + y2

)dxdydz =

Wrz

r2 r drddz

=

Wrz

r3 drddz

=

pi/2pi/2

2 cos 0

r0

r3 dzdrd

=

pi/2pi/2

2 cos 0

r3 r drd

=

pi/2pi/2

2 cos 0

r4 drd

=

pi/2pi/2

[r5

5

]2 cos 0

d

= 325

pi/2pi/2

cos5 d .

Observe que:

cos5 =(cos2

)2cos =

(1 sen2 )2 cos = (1 2 sen2 + sen4 ) cos

Entao:

M = 325

pi/2pi/2

(1 2 sen2 + sen4 ) cos d

= 325

[sen 2

3sen3 + 1

5sen5

]pi/2pi/2

= 325

(2 4

3+ 2

5

)= 512

75u.m.



Questao 5: [1,5 pts] Calcule

W

(x2 + y2

)dxdydz, onde W e determinado por z 0,

r2 x2 + y2 + z2 R2.

Solucao: O esboco de W e:

PSfrag replacements

x

y

z

R

R

R

W

rr

r

Passando para coordenadas esfericas (, , ):

x = sen cos y = sen sen z = cos

dxdydz = 2 sen ddd

Ao aplicar a transformacao de coordenadas esfericas obtem-se a regiao

W = {(, , ) | r R , 0 pi/2 , 0 2pi} .Portanto:

W

(x2 + y2

)dxdydz =

W

(2 sen2 cos2 + 2 sen2 sen2 ) = 2 sen2

2 sen ddd

=

W

4 sen3 ddd

=

2pi0

pi/20

( Rr

4 d

)sen3 dd

=[

5

5

]Rr

2pi0

pi/20

sen2 = 1cos2

sen dd

= R5r55

[ cos + 1

3cos3

]pi/20

2pi0

d

= R5r55

(1 13

) 2pi= 4pi

15

(R5 r5) .



Questao 6: [1,5 pts] Um arame tem a forma da intersecao do cilindro z = 4 x2, z 0, x 0com o plano x+y = 2. Determine a massa do arame se a densidade em cada ponto e (x, y, z) = x.

Solucao: A massa M do arame C se expressa por

M

C

(x, y, z) ds =

C

x ds .

O esboco de C e:

PSfrag replacements

x

y

z

C

2

2

4

Para calcular a integral acima precisamos parametrizar a curva C. Podemos parametriza-la fazendox = t. Assim y = 2 t e z = 4 t2. Como x 0 e z 0 entao t 0 e 4 t2 0,donde 0 t 2.Uma parametrizacao de C e:

(t) =(t, 2 t, 4 t2) , 0 t 2 .

Temos:(t) = (1,1,2t)

(t) = 1 + 1 + 4t2 = 2 + 4t2 ,donde

ds = (t) dt =

2 + 4t2dt .

Logo

M =

C

x ds =

2

0

t

2 + 4t2 dt = 18

2

0

(2+4t2

)1/2d(2+4t2

)= 1

8 23(2+4t2)3/22

0

= 112

(183/223/2) = 13

3

2 u.m.


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