APX1-C4-2022-1-gabarito

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
AP1 – CÁLCULO IV – 2022-1
A T E N Ç Ã O
Neste gabarito, as seis questões foram escolhidas aleatoriamente do banco de questões. As demais
questões são resolvidas de forma análoga.
x
y
D
y= x4 =⇒x=4y
y=x=⇒x=y
1 4 16
1
4
Fig. 1: Região D, Questão 1.
Questão 1 [1,5 ponto] Calcule a inte-
gral
I =
∫∫
D
10
3 (x+ 4y)
−2 dx dy
onde D é a região limitada pelas retas
y = x, y = x4 , y = 1 e y = 4.
Solução: A região D está ilustrada na
Fig. 1.
Descrição de D como uma região do tipo II:
D : 1 ≤ y ≤ 4 , y ≤ x ≤ 4y.
Assim,
I = 103
∫ 4
1
∫ 4y
y
(x+ 4y)−2 dx dy = 103
∫ 4
1
[
(x+ 4y)−1
−1
]4y
y
dy
= −103
∫ 4
1
[
(8y)−1 − (5y)−1
]
dy = 103
∫ 4
1
(1
5 −
1
8
)
dy
y
= 103
3
40
[
ln y
]4
1
= 14(ln 4− ln 1) =
1
4 ln 4 =
1
4 ln 2
2 = ln 22 .
Ou seja,
I = ln 22 .
x
y
D
1
2
1
1
2
Fig. 2: Região D, Questão 2.
Questão 2 [1,5 ponto] Determine o momento de massa em
relação ao eixo y da lâmina que tem a forma da região
D =
{
(x, y) ∈ R2 ;
(
x− 12
)2
+ y2 ≤ 14 ,
1
2 ≤ x ≤ 1 , y ≥ 0
}
se sua densidade é dada por δ(x, y) = 52
x2 + y2 .
Solução: O esboço da região D está representado na Fig. 2.
Pede-se calcular
My =
∫∫
D
x δ(x, y) dx dy =
∫∫
D
52x
x2 + y2 dx dy.
Passando para coordenadas polares, temos:
Cálculo IV AP1 2
• 52x
x2 + y2 dx dy =
52 r cos θ
r2
r dr dθ = 52 cos θ dr dθ.
• x = 12 =⇒ r cos θ =
1
2 =⇒ r =
1
2 cos θ
•
(
x− 12
)2
+ y2 = 14 =⇒ x
2 + y2 = x =⇒ r2 = r cos θ =⇒ r = cos θ, para r , 0.
• Drθ : 0 ≤ θ ≤
π
4 ,
1
2 cos θ ≤ r ≤ cos θ.
Logo,
My =
∫∫
Drθ
52 cos θ dr dθ = 52
∫ π/4
0
cos θ
∫ cos θ
1
2 cos θ
dr dθ
= 52
∫ π/4
0
cos θ
(
cos θ − 12 cos θ
)
dθ = 52
∫ π/4
0
(
cos2 θ − 12
)
dθ
= 52
∫ π/4
0
(1
2 +
1
2 cos 2θ −
1
2
)
dθ = 26
∫ π/4
0
cos 2θ dθ
= 13
[
sen 2θ
]π/4
0
= 13 sen π2 = 13.
Ou seja,
My = 13.
x
y
z
W
√
3
√
3
2
√
3
Fig. 3: Sólido W , Questão 3.
Questão 3 [1,5 ponto] Seja W um sólido dentro do cilindro
x2 + y2 = 3, entre o cone z = 2
√
3−
√
x2 + y2 e o plano z = 0.
Ache a sua massa, se a densidade é dada por δ(x, y, z) = 12z11 .
Solução: De z = 2
√
3 −
√
x2 + y2 e x2 + y2 = 3, temos
z = 2
√
3 −
√
3 =
√
3. Isto significa que o cilindro intercepta o
cone no plano z =
√
3, segundo a circunferência x2 + y2 = 3.
Assim, temos o esboço de W representado na Fig. 3.
Pede-se calcular
M =
∫∫∫
W
δ(x, y, z) dV = 1211
∫∫∫
W
z dV .
Em coordenadas ciĺındricas, temos
• z dV = z r dr dθ dz
• Wrθz : 0 ≤ r ≤
√
3 , 0 ≤ z ≤ 2
√
3− r , 0 ≤ θ ≤ 2π.
Logo,
M = 1211
∫∫∫
Wrθz
z r dr dθ dz = 1211
∫ √3
0
r
∫ 2√3−r
0
z
∫ 2π
0
dθ dz dr
= 24π11
∫ √3
0
r
[
z2
2
]2√3−r
0
dr = 12π11
∫ √3
0
r
(
2
√
3− r
)2
dr
= 12π11
∫ √3
0
(
12r − 4
√
3 r2 + r3
)
dr = 12π11
[
6r2 − 4
√
3 r3
3 +
r4
4
]√3
0
= 12π11
(
18− 12 + 94
)
= 12π11 ·
33
4 = 9π.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV AP1 3
Ou seja,
M = 9π u.m.
Questão 4 [2,0 pontos] Seja W o sólido limitado pelas superf́ıcies x2 +y2 +z2 = 3 e x2 +y2 +z2 =
12, cuja densidade em (x, y, z) é dada por δ(x, y, z) = 2
3(x2 + y2 + z2)3/2
.
Calcule o momento de inércia em relação ao eixo z.
Solução: Pede-se calcular
Iz =
∫∫∫
W
(x2 + y2) δ(x, y, z) dV =
∫∫∫
W
(x2 + y2) 2
3(x2 + y2 + z2)3/2
dV .
Em coordenadas esféricas, temos:
• 2(x
2 + y2)
3(x2 + y2 + z2)3/2
dV = 2ρ
2 sen2 φ
3(ρ2)3/2
· ρ2 senφ dρ dφ dθ = 23 ρ sen
3 φ dρ dφ dθ.
• Wρφθ :
√
3 ≤ ρ ≤ 2
√
3 , 0 ≤ φ ≤ π , 0 ≤ θ ≤ 2π.
Logo,
Iz =
2
3
∫∫∫
Wρφθ
ρ sen3 φ dρ dφ dθ = 23
∫ 2√3
√
3
ρ
∫ π
0
senφ
(
1− cos2 φ
) ∫ 2π
0
dθ dφ dρ
= 4π6
[
ρ2
]2√3
√
3
[
− cosφ+ cos
3 φ
3
]π
0
= 2π3 (12− 3)
(
1− 13 + 1−
1
3
)
= 18π3
(
2− 23
)
= 6π · 43 = 8π.
Ou seja,
Iz = 8π.
Questão 5 [1,5 ponto] Um fio tem a forma da porção da circunferência C : x2 + y2 = 18, situada
no segundo quadrante. Calcule a sua massa, sabendo que a densidade em (x, y) é δ(x, y) =
∣∣∣∣x2
∣∣∣∣+∣∣∣∣y3
∣∣∣∣.
x
y
C
−
√
18
√
18
Fig. 4: Curva C, Questão 5.
Solução: O esboço de C : x2 + y2 = 18, com x ≤ 0 e y ≥ 0,
está representado na Fig. 4. Uma parametrização de C é dada
por:
C : ~r(t) =
(√
18 cos t ,
√
18 sen t
)
,
π
2 ≤ t ≤ π.
Temos:
• ~r ′(t) =
(
−
√
18 sen t ,
√
18 cos t
)
• ‖~r ′(t)‖ =
√
18 sen2 t+ 18 cos2 t =
√
18
• ds = ‖~r ′(t)‖ dt =
√
18 dt
Pede-se calcular M =
∫
C
δ(x, y) ds, onde
δ(x, y) =
∣∣∣∣x2
∣∣∣∣+ ∣∣∣∣y3
∣∣∣∣ = −x2 + y3 = −3x+ 2y6 , pois x ≤ 0 e y ≥ 0.
Logo,
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Cálculo IV AP1 4
M =
∫
C
−3x+ 2y
6 ds =
1
6
∫ π
π/2
(
−3
√
18 cos t+ 2
√
18 sen t
) √
18 dt
= 186
∫ π
π/2
(−3 cos t+ 2 sen t) dt = 3
[
− 3 sen t− 2 cos t
]π
π/2
= 3 [(0 + 2)− (−3− 0)] = 3(2 + 3) = 15.
Ou seja,
M = 15 u.m.
Questão 6 [2,0 pontos] Seja C parte da curva interseção das superf́ıcies x2 + y2 + z2 = 4a2 e
x2 + y2 = 3a2, com a > 0, x ≤ 0, y ≤ 0 e z ≤ 0.
Determine o valor de a de modo que ∫
C
x y z
a2
ds = 1
2
√
3
.
Solução: De x2 + y2 + z2 = 4a2 e x2 + y2 = 3a2, temos z2 = a2, donde z = −a pois z ≤ 0 e
a > 0.
Uma parametrização de C é dada por:
~r(t) =
(√
3 a cos t ,
√
3 a sen t , −a
)
,
π
2 ≤ t ≤ π.
Temos:
• ~r ′(t) =
(
−
√
3 a sen t ,
√
3 a cos t , 0
)
• ‖~r ′(t)‖ =
√
3 a2 sen2 t+ 3 a2 cos2 t =
√
3 a
• ds = ‖~r ′(t)‖ dt =
√
3 a dt
Logo, ∫
C
x y z
a2
ds = 1
a2
∫ π
π/2
√
3 a cos t ·
√
3 a sen t · (−a)
√
3 a dt
= −
(√
3
)3
a2
∫ π
π/2
cos t sen t dt = −3
√
3 a2
[
sen2 t
2
]π
π/2
= −3
√
3 a2
2 (0− 1) =
3
√
3 a2
2 .
Como
∫
C
x y z
a2
ds = 1
2
√
3
, temos:
3
√
3 a2
2 =
1
2
√
3
=⇒ a2 = 1
3
√
3 ·
√
3
=⇒ a2 = 19 =⇒ a =
1
3 , pois a > 0.
Assim,
a = 13 .
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