Cálculo IV - Exercícios Resolvidos

Prévia do material em texto

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
Cálculo IV – EP2 – Tutor
Exerćıcio 1: Ache a área da região D limitada pelos arcos de parábolas x2 = ay, x2 = by,
y2 = αx e y2 = βx, com 0 < a < b e 0 < α < β.
Solução: Introduzimos as novas variáveis u e v e pomos u =
x2
y
e v =
y2
x
. A região é transformada
em um retângulo Duv no plano uv, dado por: Duv :
{
a ≤ u ≤ b
α ≤ v ≤ β
. Temos que
J =
∂(x, y)
∂(u, v)
=
1
∂(u,v)
∂(x,y)
onde
∂(u, v)
∂(x, y)
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∂u
∂x
∂u
∂y
∂v
∂x
∂v
∂y
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
2x
y
−x2
y2
−y2
x2
2y
x
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
4xy
xy
− x2y2
x2y2
= 4 − 1 = 3.
Logo, J = 1/3.
Como A(D) =
∫∫
D
dxdy então:
A(D) =
∫∫
Duv
|J | dudv =
1
3
∫∫
Duv
dudv =
1
3
A(Duv) =
1
3
(b − a)(β − α) .
Exerćıcio 2: Calcule I =
∫
1
0
∫
1−x
0
√
x + y(y − 2x)2 dydx.
Solução: Temos que I =
∫∫
D
√
x + y(y − 2x)2 dxdy, onde D = {(x, y) | 0 ≤ x ≤ 1 ,
0 ≤ y ≤ 1 − x}. Na faixa vertical 0 ≤ x ≤ 1, esboçamos y = 0 e y = 1 − x. Assim, o
esboço de D é:
x
y
D
x + y = 1
x = 0
y = 0
1
1
Cálculo IV – EP2 Tutor 2
O complicado integrando sugere a seguinte mudança:
{
u = x + y
v = y − 2x
⇔



x =
u − v
3
y =
2u + v
3
.
O jacobiano J =
∂(x, y)
∂(u, v)
é:
J =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1
3
−1
3
2
3
1
3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
1
9
+
2
9
=
1
3
.
As equações x+y = 1, x = 0 e y = 0 transformam-se em u = 1, v = u e v = −2u respectivamente.
Assim, o esboço de Duv é:
u
v
Duv
v = u
v = −2u
1
1
−2
Aplicando a fórmula da mudança de variáveis, temos:
I =
∫∫
D
√
x + y(y − 2x)2 dxdy =
∫∫
Duv
u1/2v2 |J | dudv
=
1
3
∫ 1
0
∫ u
−2u
u1/2v2 dvdu
=
1
3
∫ 1
0
u1/2
[
v3
3
]u
−2u
du
=
1
9
∫ 1
0
u1/2
(
u3 + 8u3
)
du
=
∫ 1
0
u7/2du
=
2
9
.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV – EP2 Tutor 3
Exerćıcio 3: Calcule
∫∫
D
y dxdy, onde D = {(x, y) | x2 + y2 ≤ 4 , x2 + y2 ≥ 2x , y ≤ x , y ≥ 0}.
Solução: Pela descrição acima, vemos que D está no primeiro quadrante, é interior à circunferência
x2 + y2 = 4, exterior à circunferência (x− 1)2 + y2 = 1 e está abaixo da reta y = x. Logo, o esboço
de D é:
x
y
D
r = 2
r = 2 cos θ
π/4
1
1 2
2
Passando para coordenadas polares, temos:







x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = r drdθ
x2 + y2 = r2
.
Transformando as equações x2 + y2 = 4, x2 + y2 = 2x e y = x para coordenadas polares, temos
que r = 2, r = 2 cos θ e θ = θ/4, respectivamente.
Assim, a região D é descrita em coordenadas polares através de Drθ :
{
0 ≤ θ ≤ π/4
2 cos θ ≤ r ≤ 2
. Então,
∫∫
D
y dxdy =
∫∫
Drθ
(r sen θ) r drdθ =
∫ π/4
0
∫ 2
2 cos θ
r2 sen θ drdθ
=
∫ π/4
0
[
r3
3
]2
2 cos θ
sen θ dθ
=
8
3
∫ π/4
0
(
sen θ − cos3 θ sen θ
)
dθ
=
8
3
[
− cos θ +
cos4 θ
4
]π/4
0
=
8
3
(
−
√
2
2
+
1
16
+ 1 − 1
4
)
=
8
3
(
13
16
−
√
2
2
)
=
4
3
(
13
8
−
√
2
)
.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV – EP2 Tutor 4
Exerćıcio 4: Use uma integral dupla em coordenadas polares para calcular a área da região interior
à circunferência x2 + y2 = 4 e à direita da reta x = 1.
Solução:
x
y
D
(1,
√
3)
1 2
2
α
De x2 + y2 = 4 e x = 1, temos y = ±3. Então as interseções são (1,
√
3) e (1,−
√
3). Temos
tg α =
√
3/1, donde α = π/3. Logo, em D o ângulo polar θ varia de −π/3 a π/3. As equações
x2 + y2 = 4 e x = 1 em coordenadas polares são r = 2 e r cos θ = 1 (ou r = sec θ).
Então, fixando θ, tal que −π/3 ≤ θ ≤ π/3, o raio vetor r deve variar de r = sec θ até r = 2. Então
Drθ é dado por Drθ :
{
−π/3 ≤ θ ≤ π/3
sec θ ≤ r ≤ 2
. Como A(D) =
∫∫
D
dxdy então,
A(D) =
∫∫
Drθ
r drdθ
=
∫ π/3
−π/3
∫ 2
sec θ
r drdθ
=
∫ π/3
−π/3
[
r2
2
]2
sec θ
dθ
=
1
2
∫ π/3
−π/3
(
4 − sec2 θ
)
dθ
=
1
2
[
4θ − tg θ
]π/3
−π/3
=
2
2
[
4π
3
−
√
3
]
=
4π
3
−
√
3 u.a.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV – EP2 Tutor 5
Exerćıcio 5: Calcule a integral iterada convertendo-a para coordenadas polares:
a) I =
∫
√
2
0
∫
√
4−y2
y
1
√
1 + x2 + y2
dxdy
b) I =
∫ 1
0
∫
√
y
y
√
x2 + y2 dxdy
c) I =
∫ 2
0
∫
√
1−(x−1)2
0
x + y
x2 + y2
dydx
Solução:
a) Temos I =
∫∫
D
1
√
1 + x2 + y2
dxdy, onde D =
{
(x, y) | 0 ≤ y ≤
√
2 , y ≤ x ≤
√
4 − y2
}
. Na
faixa horizontal dada por 0 ≤ y ≤
√
2 , traçamos as curvas x = y e x =
√
4 − y2 (ou x2 + y2 = 4).
Assim, o esboço de D é:
x
y
D
√
2
√
2 2
Passando para coordenadas polares, temos
{
dxdy = r drdθ
x2 + y2 = r2
. A região D é descrita em coordena-
das polares por Drθ :
{
0 ≤ θ ≤ π/4
0 ≤ r ≤ 2
. Então,
I =
∫∫
Drθ
1√
1 + r2
r drdθ
=
1
2
∫ π/4
0
∫ 2
0
(
1 + r2
)
−1/2
(2r) drdθ
=
1
2
∫ π/4
0
2
[
(
1 + r2
)1/2
]2
0
dθ
=
(
51/2 − 1
)
∫ π/4
0
dθ
=
π
4
(√
5 − 1
)
.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV – EP2 Tutor 6
b) Temos I =
∫∫
D
√
x2 + y2 dxdy, onde D = {(x, y) | 0 ≤ y ≤ 1 , y ≤ x ≤ √
y}. Na faixa
horizontal, esboçamos as curvas y = x e x =
√
y (ou y = x2). Assim, o esboço de D é:
x
y
D
1
1
Convertendo y = x2 para coordenadas polares, temos
r sen θ = r2 cos2 θ ⇔ r =
sen θ
cos2 θ
⇔ r = tg θ sec θ .
Observando D, notamos que o ângulo polar θ varia de 0 até π/4. Fixando θ, com 0 ≤ θ ≤ π/4, o
raio vetor r deve variar de 0 até tg θ sec θ. Então Drθ é dado por Drθ :
{
0 ≤ θ ≤ π/4
0 ≤ r ≤ tg θ sec θ
. Então,
I =
∫∫
Drθ
√
r2 r drdθ
=
∫ π/4
0
∫ tg θ sec θ
0
r2 drdθ
=
∫ π/4
0
[
r3
3
]tg θ sec θ
0
dθ
=
1
3
∫ π/4
0
tg3 θ sec3 θ dθ
=
1
3
∫ π/4
0
tg2 θ sec2 θ(tg θ sec θ) dθ
=
1
3
∫ π/4
0
(
sec2 θ − 1
)
sec2 θ(tg θ sec θ) dθ
=
1
3
∫ π/4
0
(
sec4 θ − sec2 θ
)
(tg θ sec θ) dθ
=
1
3
[
sec5 θ
5
− sec3 θ
3
]π/4
0
=
1
3
(
2
√
2 + 2
15
)
=
1
45
(
2
√
2 + 2
)
.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV – EP2 Tutor 7
c) Temos que I =
∫∫
D
x + y
x2 + y2
dxdy, onde D = {(x, y) | 0 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤
√
1 − (x − 1)2}. Na
faixa vertical 0 ≤ x ≤ 2, esboçamos y = 0 e y =
√
1 − (x − 1)2 (ou (x − 1)2 + y2 = 1). O esboço
de D é:
x
y
D
1 2
Convertendo (x− 1)2 + y2 = 1 ou x2 + y2 = 2x para coordenadas polares, temos r = 2 cos θ. Então
descrevendo D em coordenadas polares, temos Drθ :
{
0 ≤ θ ≤ π/2
0 ≤ r ≤ 2 cos θ
. Então,
I =
∫∫
Drθ
r cos θ + r sen θ
r2
r drdθ
=
∫ π/2
0
∫ 2 cos θ
0
(cos θ + sen θ) drdθ
=
∫ π/2
0
(cos θ + sen θ)2 cos θ dθ
= 2
∫ π/2
0
(
cos2 θ + cos θ sen θ
)
dθ
= 2
[
1
2
(
θ +
sen 2θ
2
)
+
sen2 θ
2
]π/2
0
= 2
(
π
4
+
1
2
)
=
π
2
+ 1 .
Exerćıcio 6: Calcule o volume do sólido no primeiro octante limitado acima pelo plano z = y e
limitado lateralmente pelos planos coordenados e pelo cilindro x2 + y2 = 2y.
Solução: Os esboços do sólido W e de sua projeção no plano xy são:
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV – EP2 Tutor 8
x
y
z
W
“teto” z = f(x, y) = y
“piso” D
2
x
y
O
PD
r = 0
r = 2 sen θ
1
2
Temos que
V (W ) =
∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫∫
D
y dxdy .
Passando para coordenadas polares, temos:











x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = r drdθ
x2 + y2 = r2
.
Logo, x2 + y2 = 2y converte-se em r2 = 2r sen θ ou r = 2 sen θ. Observe que em D o ângulo polar
θ varia de 0, em (0, 0), até π/2, em (0, 2), e o raio vetor r varia de 0 a OP com P na circunferência
x2 + y2 = 2y. Logo, OP = 2 sen θ. Assim Drθ é dado por Drθ :
{
0 ≤ θ ≤ π/2
0 ≤ r ≤ 2 sen θ
. Logo,
V (W ) =
∫∫
Drθ
(r sen θ) r drdθ
=
∫ π/2
0
∫ 2 sen θ
0
r2 sen θ drdθ
=
∫ π/2
0
[
r3
3
]2 sen θ
0
sen θ dθ
=
8
3
∫ π/2
0
sen4 θ dθ .
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV – EP2 Tutor 9
Da trigonometria, temos sen4 θ = (sen2 θ)
2
=
(
1 − cos 2θ
2
)2
=
1
4
(1 − 2 cos 2θ + cos22θ). Fazendo
u = 2θ temos du = 2 dθ donde dθ = du/2. Se θ = 0 então u = 0 e se θ = π/2 então u = π.
Assim:
V (W ) =
8
3
∫ π
0
1
4
(
1 − 2 cos u + cos2 u
) du
2
=
1
3
[
u − 2 sen u +
1
2
(
u +
sen 2u
2
)]π
0
=
1
3
(
π +
π
2
)
=
π
2
u.v.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ