AD2 - Curvas e Superfícies - Gabarito 2022.2

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Curvas e Superf́ıcies 2o Semestre, 2022
AD 1: Gabarito
Professor: Adriano de Souza Martins
Questão 01 (1,0 por item):
(a) Ao girar a parábola em torno do eixo z, temos no plano xy um ćırculo de raio t, e as-
sim obtemos a parametrização Φ(t, θ) = (t cosθ, t senθ, t2). Uma segunda opção é expres-
sar a parametrização em função de θ e de z = t2, e então, em cordenadas polares, x =
r cosθ =
√
z cosθ e y = r senθ =
√
z senθ. Assim a parametrização resultante será Φ(θ, z) =
(
√
z cosθ,
√
z senθ, z)
(b) Os vetores tangentes
−→
Nt e
−→
Nθ são dados por:
−→
Nt =
∂Φ
∂t
= (cosθ, senθ, 2t)
−→
Nt =
∂Φ
∂θ
= (−t senθ, t cosθ, 0).
O vetor normal ~N é dado por:
~N =
−→
Nt ×
−→
Nθ =
∣∣∣∣∣∣
x̂ ŷ ẑ
cosθ senθ 2t
−t senθ t cosθ 0
∣∣∣∣∣∣ = (−2t2 cosθ,−2t2 senθ, t).
Para a segunda parametrização o vetor normal será
~N =
(√
z cosθ,
√
z senθ,−1
2
)
Questão 02 (2 pontos): Seguindo os passos do exerćıcio anterior, temos a parametrização
Φ(x, y) = (x, y,
√
x2 + y2). Assim:
−→
Nx =
∂Φ
∂x
=
(
1, 0,
x√
x2 + y2
)
−→
Ny =
∂Φ
∂y
=
(
0, 1,
y√
x2 + y2
)
.
Vetor normal ao ponto (x, y, z):
~N =
−→
Nx ×
−→
Ny =
(
− x√
x2 + y2
,− y√
x2 + y2
, 1
)
1-1
1-2 Aula 1: Gabarito
Questão 03 (2 pontos): Colocando os pontos A, B e C num plano cartesiano, vemos que a região
R que define o domı́nio de integração corresponde a um triângulo que é dado pela união de duas
regiões triangulares:
� R1: −1 ≤ x ≤ 0, com −1 ≤ y ≤ x, pois a equação da reta que une os pontos A e B é y = x.
� R2: 0 ≤ x ≤ 1, com −1 ≤ y ≤ −x, sendo y = −x a equação da reta que une os pontos B e
C.
Assim:
I =
∫∫
R
(xy + 1) dydx =
∫ 0
−1
∫ x
−1
(xy + 1) dydx+
∫ 1
0
∫ −x
−1
(xy + 1) dydx
Denotando por I1 a primeira integral e I2 a segunda, temos que:
I1 =
∫ 0
−1
∫ x
−1
(xy + 1) dydx =
5
8
I2 =
∫ 1
0
∫ −x
−1
(xy + 1) dydx =
3
8
Por fim:
I = I1 + I2 = 1
Exerćıcio 4 (2 pontos): Calculando a norma do vetor normal ~N = (−2t2 cosθ,−2t2 senθ, t),
temos que:
|| ~N ||=
√
4t2 + t2 = t
√
4t2 + 1.
No exerćıcio 1, os parâmetros variam no intervalo 0 ≤ t ≤ 1 e 0 ≤ θ ≤ 2π. A área A será dada por:
A =
∫ 2π
0
∫ 1
0
t
√
4t2 + 1 dt dθ
Esta integral pode ser resolvida em duas etapas: como o integrando não depente de θ, sua integração
dá 2π. A integral em t é feita pela transformação de variável u = 4t2 +1, e assim du = 8t dt. Então,
A =
1
8
× 2π ×
∫ 5
1
√
u du =
π
6
(
√
53 − 1).
Exerćıcio 5 (2 pontos):
(a) Em coordenadas polares, um ćırculo de raio unitário corresponde ao domı́nio de integração
R = {(r, θ) | 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π} e o integrando e o integrando será 1 − r2. Assim,
I =
∫ 2π
0
∫ 1
0
(1− r2) r drdθ = π
2
Aula 1: Gabarito 1-3
(b) Em coordenadas polares, o domı́nio de integração será R = {(r, θ) | 1 ≤ r ≤ 2, π
2
≤ θ ≤ 3π
2
} e
o integrando x+ y −→ r cosθ + r senθ. A integral então será:
I =
∫ 2
1
∫ 3π/2
π/2
r2(cosθ + senθ) drdθ =
(∫ 2
1
r2 dr
)(∫ 3π/2
π/2
(cosθ + senθ) dθ
)
= −14
3
.