APS - Calculo Aplicado Varias Variaveis

Prévia do material em texto

Bianca Karina Pereira de Souza RA: 20438191 
Bruna Karoline Almeida Meira RA: 21391889 
Lívia de Sousa Machado RA: 21244587 
Mario Mendes RA: 21474491 
Ricardo José Burin RA: 21419088 
Thomas de Aquino de Moraes RA: 21445507 
 
 
 
 
APS – Atividade Prática Supervisionada 
CÁLCULO APLICADO VÁRIAS VARIÁVEIS 
Prof. Mestre Edson Rodrigues 
 
 
 
 
 
 
São Paulo - SP 
2021 
Questão 1 
Próximo a uma boia, a profundidade de um lago com coordenadas (x, y) é 
z = 200 + 0,02x2 – 0,001y3, onde x, y e z são medidos em metros. Um pescador 
que está em um pequeno barco parte do ponto (80, 60) em direção à boia, que 
está localizada no ponto (0, 0). A água sob o barco está ficando mais profunda 
ou mais rasa quando ele começa a se mover? Explique. 
Resposta: 
Precisamos calcular a taxa de variação dada pela função: 
z = 200 + 0,02x2 – 0,001y3 na direção u, sentido AB. 
O vetor AB representa o deslocamento do barco do ponto inicial A=(80, 60) 
até a boia em B=(0, 0), logo AB = B - A. 
𝑨𝑩⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝟎 − 𝟖𝟎), (𝟎 − 𝟔𝟎) → 𝑨𝑩⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (−𝟖𝟎,−𝟔𝟎) 
|𝑨𝑩⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = √(−𝟖𝟎)𝟐 + (−𝟔𝟎)𝟐 → |𝑨𝑩⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = 𝟏𝟎𝟎 
O vetor unitário ou versor de AB é obtido através do quociente do vetor e 
seu módulo. 
�⃗⃗� =
𝑽
|�⃗⃗� |
→ �⃗⃗� =
𝑨𝑩⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 
|𝑨𝑩⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
→ �⃗⃗� =
(−𝟖𝟎)
𝟏𝟎𝟎
,
(−𝟔𝟎)
𝟏𝟎𝟎
→ �⃗⃗� = (−
𝟒
𝟓
𝒊, −
𝟑
𝟓
𝒋) 
Calculando as derivadas parciais: 
𝒛 = 𝟐𝟎𝟎 + 𝟎, 𝟎𝟐𝒙𝟐 − 𝟎, 𝟎𝟎𝟏𝒚𝟑 
Derivada parcial em função de x, 
𝝏𝒛
𝝏𝒙
 (𝒙, 𝒚) 𝒅𝒙 = 𝟐 ∗ 𝟎, 𝟎𝟐𝒙 = 𝟎, 𝟎𝟒𝒙 = 𝟎, 𝟎𝟒 ∗ 𝟖𝟎 = 𝟑, 𝟐 
Derivada parcial em função de y, 
𝝏𝒛
𝝏𝒚
 (𝒙, 𝒚) 𝒅𝒚 = 𝟑 ∗ (−𝟎, 𝟎𝟎𝟏)𝒚𝟐 = −𝟎, 𝟎𝟎𝟑𝒚𝟐 = −𝟎, 𝟎𝟎𝟑 ∗ 𝟔𝟎𝟐 = −𝟏𝟎,𝟖 
A taxa de variação do ponto inicial até o ponto final é obtida pelo produto 
do vetor gradiente da derivada parcial direcional com o vetor unitário do 
deslocamento. 
𝛁𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝟎, 𝟎𝟒𝒙𝒊 − 𝟎, 𝟎𝟎𝟑𝒚𝟐𝒋 → 𝛁𝒇(𝟖𝟎, 𝟔𝟎) = 𝟑, 𝟐𝒊 − 𝟏𝟎, 𝟖𝒋 
𝑫𝒖𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝛁𝒇(𝒙, 𝒚) ∗ �⃗⃗� 
𝑫𝒖𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝛁𝒇(𝟖𝟎, 𝟔𝟎) ∗ �⃗⃗� = (𝟑, 𝟐𝒊 − 𝟏𝟎, 𝟖𝒋) ∗ (−
𝟒
𝟓
𝒊 −
𝟑
𝟓
𝒋) → 
𝑫𝒖𝒇(𝒙, 𝒚) = (𝟑, 𝟐 − 𝟏𝟎, 𝟖) ∗ (−
𝟒
𝟓
−
𝟑
𝟓
) = (−
𝟔𝟒
𝟐𝟓
+
𝟏𝟔𝟐
𝟐𝟓
) = −𝟐, 𝟓𝟔 + 𝟔, 𝟒𝟖 = 𝟑, 𝟗𝟐 
Como o resultado é positivo, a profundidade está aumentando. 
 
 
Questão 2 
Suponha que você esteja subindo uma montanha cuja forma é dada pela 
equação z = 1000 – 0,005x2 – 0,01y2, onde x, y e z são medidos em metros e 
você está em um ponto com coordenadas (60, 40, 966). O eixo x positivo aponta 
para o Leste e o eixo y positivo aponta para o Norte. 
(a) Se você andar exatamente para o Sul, começará a subir ou a descer? 
A que taxa? 
(b) Se você caminhar em direção ao Noroeste, começará a subir ou a 
descer? A que taxa? 
(c) Em que direção a inclinação é maior? Qual é a taxa de elevação nessa 
direção? Qual é o ângulo que o início desse caminho faz em relação a 
horizontal? 
Respostas: 
𝒛 = 𝟏𝟎𝟎𝟎 − 𝟎, 𝟎𝟎𝟓𝒙𝟐 − 𝟎, 𝟎𝟏𝒚𝟐 
𝛁𝒇(𝒙, 𝒚) = −𝟎, 𝟎𝟏𝒙𝒊 − 𝟎, 𝟎𝟐𝒚𝒋 
(a) Andar para o Sul significa diminuir o j, ou seja, derivada direcional na 
direção do vetor −𝑗 . 
𝛁𝒇(𝒙, 𝒚) = −𝟎, 𝟎𝟏𝒙𝒊 − 𝟎, 𝟎𝟐𝒚𝒋 → 𝛁𝒇(𝟔𝟎, 𝟒𝟎) = −𝟎, 𝟔𝒊 − 𝟎, 𝟖𝒋 
𝑫𝒖𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝛁𝒇(𝒙, 𝒚) ∗ �⃗⃗� 
𝑫𝒖𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝛁𝒇(𝟔𝟎,𝟒𝟎) ∗ �⃗⃗� = (−𝟎, 𝟔𝒊 − 𝟎, 𝟖𝒋) ∗ (𝟎𝒊 − 𝟏𝒋) → 
𝑫𝒖𝒇(𝒙,𝒚) = (−𝟎, 𝟔 − 𝟎, 𝟖) ∗ (𝟎 − 𝟏) = (𝟎 + 𝟎, 𝟖) = 𝟎, 𝟖 
Como o resultado é positivo, começará a subir a uma taxa de 0,8/m. 
 
(b) Andar para o Noroeste significa aumentar o j e diminuir o i, ou seja, 
derivada direcional na direção do vetor −𝑖 + 𝑗 . 
𝛁𝒇(𝒙, 𝒚) = −𝟎, 𝟎𝟏𝒙𝒊 − 𝟎, 𝟎𝟐𝒚𝒋 → 𝛁𝒇(𝟔𝟎, 𝟒𝟎) = −𝟎, 𝟔𝒊 − 𝟎, 𝟖𝒋 
𝑫𝒖𝒇(𝒙, 𝒚) = 𝛁𝒇(𝒙, 𝒚) ∗ �⃗⃗� 
𝑫𝒖𝒇(𝒙,𝒚) = 𝛁𝒇(𝟔𝟎, 𝟒𝟎) ∗ �⃗⃗� = (−𝟎, 𝟔𝒊 − 𝟎, 𝟖𝒋) ∗ (−𝟏𝒊 + 𝟏𝒋) → 
𝑫𝒖𝒇(𝒙,𝒚) = (−𝟎, 𝟔 − 𝟎, 𝟖) ∗ (−𝟏 + 𝟏) = (𝟎, 𝟔 − 𝟎, 𝟖) = −𝟎, 𝟐 
Como o resultado é negativo, começará a descer a uma taxa de 0,2/m. 
 
(c) A inclinação é maior na direção do vetor gradiente. A taxa de elevação 
nessa direção é 1/m, obtida através do módulo do vetor. Já o ângulo em 
relação a horizontal, correspondente ao arco cosseno do ângulo cos−1 𝜃 
na direção i (eixo horizontal). 
𝛁𝒇(𝒙, 𝒚) = −𝟎, 𝟎𝟏𝒙𝒊 − 𝟎, 𝟎𝟐𝒚𝒋 → 𝛁𝒇(𝟔𝟎, 𝟒𝟎) = −𝟎, 𝟔𝒊 − 𝟎, 𝟖𝒋 
|𝛁𝒇⃗⃗⃗⃗ ⃗| = √(−𝟎,𝟔)𝟐 + (−𝟎, 𝟖)𝟐 → |𝛁𝒇⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 𝟏 
𝐜𝐨𝐬𝜽 = −𝟎, 𝟔 → 𝜽 = 𝐜𝐨𝐬−𝟏(−𝟎, 𝟔) → 𝜽~𝟏𝟐𝟔, 𝟖𝟕° 
 
 
Questão 3 
Expresse D como a união de regiões do tipo I ou do tipo II e calcule a 
integral. 
 
(a) Inicialmente, vamos considerar a integral em quatro partes simétricas, 
uma em cada quadrante. O integrando x2 é uma função par; como a região 
de integração é simétrica podemos calcular a integral apenas sobre a 
região x >= 0 correspondente aos quadrantes 1 e 4; e multiplicar o 
resultado por 2. 
 
No quadrante 1, x varia de 0 a 1, enquanto y varia da função y = 1-x até 
1. 
∫ ∫ 𝒙𝟐𝒅𝒚𝒅𝒙
𝟏
𝟏−𝒙
𝟏
𝟎
 
No quadrante 4, x varia de 0 a 1, enquanto y varia de -1 até a função y = 
x-1. 
∫ ∫ 𝒙𝟐𝒅𝒚𝒅𝒙
𝒙−𝟏
−𝟏
𝟏
𝟎
 
 
Calculando a integral: 
∬𝒙𝟐𝒅𝑨 = 𝟐(∫ ∫ 𝒙𝟐𝒅𝒚𝒅𝒙 + ∫ ∫ 𝒙𝟐𝒅𝒚𝒅𝒙
𝒙−𝟏
−𝟏
𝟏
𝟎
𝟏
𝟏−𝒙
𝟏
𝟎
)
𝑫
 
Integrando as duas partes da integral dupla em y: 
∫ 𝒙𝟐𝒅𝒚
𝟏
𝟏−𝒙
= [𝒙𝟐𝒚]𝒚=𝟏−𝒙
𝒚=𝟏
= 𝒙𝟐 − (𝒙𝟐(𝟏 − 𝒙)) = 𝒙𝟐 − 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 = 𝒙𝟑 
 
∫ 𝒙𝟐𝒅𝒚
𝒙−𝟏
−𝟏
= [𝒙𝟐𝒚]𝒚=−𝟏
𝒚=𝒙−𝟏
= (𝒙𝟐(𝒙 − 𝟏)) − 𝒙𝟐 = 𝒙𝟑 − 𝒙𝟐 + 𝒙𝟐 = 𝒙𝟑 
Agora, integrando os resultados em x: 
∫ 𝒙𝟑𝒅𝒙
𝟏
𝟎
= [
𝒙𝟒
𝟒
]
𝒙=𝟎
𝒙=𝟏
=
𝟏
𝟒
 
 
∫ 𝒙𝟑𝒅𝒙
𝟏
𝟎
= [
𝒙𝟒
𝟒
]
𝒙=𝟎
𝒙=𝟏
=
𝟏
𝟒
 
 
Resultado da integral (a): 
∬𝒙𝟐𝒅𝑨 = 𝟐(∫ ∫ 𝒙𝟐𝒅𝒚𝒅𝒙 + ∫ ∫ 𝒙𝟐𝒅𝒚𝒅𝒙
𝒙−𝟏
−𝟏
𝟏
𝟎
𝟏
𝟏−𝒙
𝟏
𝟎
)
𝑫
= 𝟐(
𝟏
𝟒
+
𝟏
𝟒
) = 𝟏 
 
 
(b) Inicialmente, vamos considerar a integral em três partes simétricas, uma 
em cada um dos quadrantes 1, 2 e 3. 
 
No quadrante 1, x varia de 0 até a função x = y-y3, enquanto y varia de 0 
até 1. (tipo II) 
∫ ∫ 𝒙𝒅𝒙𝒅𝒚
𝒚−𝒚𝟑
𝟎
𝟏
𝟎
 
No quadrante 2, x varia de -1 a 0, enquanto y varia de 0 até a função y = 
(x+1)2. (tipo I) 
∫ ∫ 𝒙𝒅𝒚𝒅𝒙
(𝒙+𝟏)𝟐
𝟎
𝟎
−𝟏
 
No quadrante 3, x varia de -1 até a função x = 1-(y-y3), já que a parte fora 
da área é exatamente igual a área a ser calculada no quadrante 1; 
enquanto y varia de -1 a 0. (tipo II) 
∫ ∫ 𝒙𝒅𝒙𝒅𝒚
𝟏−(𝒚−𝒚𝟑)
−𝟏
𝟎
−𝟏
 
 
 
Calculando a integral: 
 
∬𝒚𝒅𝑨 = (∫ ∫ 𝒚𝒅𝒙𝒅𝒚 + ∫ ∫ 𝒚𝒅𝒚𝒅𝒙
(𝒙+𝟏)𝟐
𝟎
𝟎
−𝟏
𝒚−𝒚𝟑
𝟎
𝟏
𝟎
 + ∫ ∫ 𝒚𝒅𝒙𝒅𝒚
𝟏−(𝒚−𝒚𝟑)
−𝟏
𝟎
−𝟏
)
𝑫
 
 
Resolvendo a integral dupla do quadrante 1: 
∫ 𝑦𝑑𝑥
𝑦−𝑦3
0
= [𝒚𝒙]𝒙=𝟎
𝒙=𝒚−𝒚𝟑
= 𝒚 ∗ (𝒚 − 𝒚𝟑) = 𝒚𝟐 − 𝒚𝟒 
 
∫ 𝑦2 − 𝑦4𝑑𝑦
1
0
= [
𝒚𝟑
𝟑
−
𝒚𝟓
𝟓
]
𝒚=𝟎
𝒚=𝟏
=
𝟏
𝟑
−
𝟏
𝟓
=
𝟐
𝟏𝟓
 
 
Resolvendo a integral dupla do quadrante 2: 
∫ 𝑦𝑑𝑦
(𝑥+1)2
0
= [
𝒚𝟐
𝟐
]
𝒚=𝟎
𝒚=(𝒙+𝟏)𝟐
=
((𝒙 + 𝟏)𝟐)𝟐
𝟐
=
𝒙𝟒 + 𝟒𝒙𝟑 + 𝟔𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 + 𝟏
𝟐
 
 
1
2
∫ 𝒙𝟒 + 𝟒𝒙𝟑 + 𝟔𝒙𝟐 + 𝟒𝒙 + 𝟏 𝑑𝑥
0
−1
=
1
2
[
𝒙𝟓
𝟓
+
𝟒𝒙𝟒
𝟒
+
𝟔𝒙𝟑
𝟑
+
𝟒𝒙𝟐
𝟐
+ 𝒙]
𝒚=−𝟏
𝒚=𝟎
→ 
 
1
2
[−
𝟏
𝟓
] = −
𝟏
𝟏𝟎
 
 
Resolvendo a integral dupla do quadrante 3: 
∫ 𝑦𝑑𝑥
1−(𝑦−𝑦3)
−1
= [𝒚𝒙]𝒚=−𝟏
𝒚=𝟏−(𝒚−𝒚𝟑)
= 𝒚 ∗ (𝟏 − (𝒚 − 𝒚𝟑)) − 𝒚 ∗ (−𝟏) → 
𝒚 − (𝒚𝟐 − 𝒀𝟒) + 𝒚 = 𝒚𝟒 − 𝒚𝟐 + 𝟐𝒚 
 
∫ 𝒚𝟒 − 𝒚𝟐 + 𝟐𝒚 𝑑𝑦
0
−1
= [
𝒚𝟓
𝟓
−
𝒚𝟑
𝟑
+
𝟐𝒚𝟐
𝟐
]
𝒚=−𝟏
𝒚=𝟎
= −
𝟏
𝟓
+
𝟏
𝟑
+ 𝟏 =
𝟏𝟕
𝟏𝟓
 
 
 
Resultado da integral (b): 
∬𝒚𝒅𝑨 = (∫ ∫ 𝒚𝒅𝒙𝒅𝒚 + ∫ ∫ 𝒚𝒅𝒚𝒅𝒙
(𝒙+𝟏)𝟐
𝟎
𝟎
−𝟏
𝒚−𝒚𝟑
𝟎
𝟏
𝟎
 + ∫ ∫ 𝒚𝒅𝒙𝒅𝒚
𝟏−(𝒚−𝒚𝟑)
−𝟏
𝟎
−𝟏
)
𝑫
 
∬𝒚𝒅𝑨 =
𝟐
𝟏𝟓
−
𝟏
𝟏𝟎
+
𝟏𝟕
𝟏𝟓
=
𝟕
𝟔
𝑫