GabaritoP2_Noite_2014_Unicamp_turma_C_ ( Gabarito 2 - Calculo 2 Unicamp Turma C 2014 )

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GABARITO
MA211 – PROVA 2
Sexta-feira (noite), 07/11/2014.
Para correção, cada símbolo “Xx ” o item que o antecede vale x pontos.
Resolução da Questão 1. Primeiramente, a região de integração corresponde ao setor circular mostrado abaixo.
X0,4
Observe que a região é descrita em coordenadas polares pelo conjunto {(r, θ) : 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ θ ≤ pi/2}. Usando
coordenadas polares, podemos escrever a integral como
I =
∫ a
0
∫ √a2−x2
0
dydx =
∫ pi/2
0︸ ︷︷ ︸
X0,4
∫ a
0︸︷︷︸
X0,4
rdrdθ︸ ︷︷ ︸
X0,4
=
∫ pi/2
0
dθ
∫ a
0
rdr =
pi
2
r2
2
∣∣∣a
0
=
pia2
4
.X0,4 (1)
1
Resolução da Questão 2. Com objetivo de simplificar a integral, vamos considerar a mudança de variáveis dada
pelas seguintes equações:
u = y − x e v = y + x.X0,5 (2)
Observe que a transformação inversa é dada por
x =
v − u
2
e v =
v + u
2
. (3)
Além disso, o jacobiano da transformação é:
J(u, v) =
∂(u, v)
∂(x, y)
=
∣∣∣∣−1/2 1/21/2 1/2
∣∣∣∣ = −12 .X0,5 (4)
Desta forma, a região trapezoidal R no plano xy
é transformada na seguinte região S, também trapezoidal, no plano uv:
Observe que S = {(u, v) : 1 ≤ v ≤ 2,−v ≤ u ≤ v}. Logo, a integral pode se escrita da seguinte forma usando as
novas variáveis u e v:
I =
∫∫
R
cos
(
y − x
y + x
)
dA =
1
2
∫ 2
1
∫ v
−v
cos
(u
v
)
dudvX0,5 (5)
=
1
2
∫ 2
1
v sen
(u
v
) ∣∣∣v
−v
dv =
1
2
∫ 2
1
v(sen(1)− sen(−1)dv = sen(1)
∫ 2
1
vdv (6)
= sen 1
v2
2
∣∣∣2
1
= sen 1
4− 1
2
=
3
2
sen 1.X0,5 (7)
2
Resolução da Questão 3. O volume do sólido é dado pela seguinte integral em coordenadas cilíndricas:
V =
∫ 2pi
0︸︷︷︸
X0,3
∫ 2
0︸︷︷︸
X0,3
∫ 3−r sen θ
0︸ ︷︷ ︸
X0,3
rdzdrdθ︸ ︷︷ ︸
X0,3
=
∫ 2pi
0
∫ 2
0
(3− r sen θ)rdrdθ =
∫ 2pi
0
(6− 8
3
sen θ)dθ = 12pi.X0,8 (8)
Resolução da Questão 4. As coordenadas do centro de massa é (x¯, y¯, z¯), em que
x¯ =
Myz
m
, y¯ =
Mxz
m
e z¯ =
Mxy
m
. (9)
Dessa forma, temos
m =
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
xdxdydz =
x2
2
∣∣∣1
0
=
1
2
X0,4 (10)
Myz =
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
x2dxdydz =
x3
3
∣∣∣1
0
=
1
3
X0,4 (11)
Mxz =
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
xydxdydz =
x2
2
∣∣∣1
0
y2
2
∣∣∣1
0
=
1
4
X0,4 (12)
Mxy =
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
xzdxdydz =
x2
2
∣∣∣1
0
z2
2
∣∣∣1
0
=
1
4
X0,4 (13)
Portanto, o centro de massa é (2/3, 1/2, 1/2). X0,4
Resolução da Questão 5. A integral pode ser escrita como segue em coordenadas esféricas:
I =
∫∫∫
E
xyzdV =
∫ pi/2
0︸ ︷︷ ︸
X0,2
∫ pi/3
0︸ ︷︷ ︸
X0,2
∫ 4
2︸︷︷︸
X0,2
ρ3 sen2 φ cosφ cos θ sen θ︸ ︷︷ ︸
X0,2
ρ2 senφdρdφdθ︸ ︷︷ ︸
X0,2
(14)
=
∫ pi/2
0
∫ pi/3
0
∫ 4
2
ρ5 sen3 φ cosφ cos θ sen θdρdφdθ (15)
=
(∫ pi/2
0
cos θ sen θdθ
)(∫ pi/3
0
sen3 φ cosφdφ
)(∫ 4
2
ρ5dρ
)
X0,4 (16)
(17)
Tomando u = sen θ e v = senφ, obtemos as integrais
I =
(∫ 1
0
udu
)(∫ √3/2
0
v3dv
)(∫ 4
2
ρ5dρ
)
(18)
=
(
1
2
u2
∣∣∣1
0
)(
1
4
v4
∣∣∣√3/2
0
)(
1
6
ρ6
∣∣∣4
2
)
(19)
=
(
1
2
)(
1
4
9
16
)(
46
6
− 2
6
6
)
=
3
4
(26 − 1)X0,6 (20)
3