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Gabarito Simulado 1 de Ca´lculo III. 1. Fac¸a o que se pede: (3 pontos) • Escreva uma transformac¸a˜o linear ϕ : [0, 1]× [0, 1]→ B; ϕ(x, y) = (u(x, y), v(x, y)) = (ax + by, cx + dy), onde B e´ o quadrila´tero convexo de ve´rtices (0, 0), (2, 1), (3, 4), (1, 3). Resposta: ϕ−→{ u = ax+ by v = cx+ by Como ϕ leva do domı´nio (x, y) a` imagem (u, v) podemos verificar a transformac¸a˜o ponto a ponto. (x, y) ϕ−→ (u, v) (0, 0) ϕ−→ (0, 0) = (0, 0) (1) (1, 0) ϕ−→ (a, c) = (2, 1) (2) (1, 1) ϕ−→ (a+ b, c+ d) = (3, 4) (3) (0, 1) ϕ−→ (b, d) = (1, 3) (4) A partir disso obtemos um sistema com resoluc¸a˜o a = 2,b = 1,c = 1,d = 3. Resol- vendo (2) e (4), podemos provar que essa soluc¸a˜o satisfaz as equac¸o˜es em (1) e (3). Desse modo obtemos: { u = 2x+ y (5) v = x+ 3y (6) 2 • Encontre o determinante jacobiano J1 de ϕ. Resposta: J1 = ∣∣∣∣∂(u, v)∂(x, y) ∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣∣∣ ∂u ∂x ∂u ∂y ∂v ∂x ∂v ∂y ∣∣∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 2 11 3 ∣∣∣∣ = 6− 1 = 5 • Escreva a transformac¸a˜o inversa ϕ−1 : B → [0, 1]× [0, 1]; ϕ−1(u, v) = (x(u, v), y(u, v)) = (αu+ βv, γu+ δv) Resposta: Isolando x em (5) e (6) obtemos: x = u− y 2 e x = v − 3y Igualando as equac¸o˜es e isolando y: u− y 2 = v − 3y u− y = 2v − 6y 5y = 2v − u ⇒ y = 2v − u 5 Substituindo em (5): x = u 2 − 1 2 2v − u 5 x = 5u− 2v + u 10 ⇒ x = 3u− v 5 Enta˜o, ϕ−1 = x = 3u− v 5 y = 2v − u 5 E, conclu´ımos que α = 3 5 , β = −1 5 , γ = 2 5 , δ = −1 5 • Verifique, atrave´s de contas, que o determinante jacobiano J2 de ϕ−1 e´ dado por 1 J1 . Resposta: 3 J2 = ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 3 5 −1 5 −1 5 2 5 ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 6 25 − 1 5 = 1 5 = 1 J1 2. Seja a regia˜o D dada por {(u, v) ∈ R2; 2u2−2uv+v2 ≤ 5, 2v−u ≥ 0} e f(u, v) = 6u+3v. Determine ∫∫ D f(u, v) dA. 3 pontos Dica: Use a transformac¸a˜o u = 2x + y e v = x + 3y para fazer mudanc¸a de varia´veis. Resposta: ϕ−1−−→∫∫ D f(u, v) dA; f(u, v) = 6u+ 3v; 2u2 − 2uv + v2 ≤ 5; 2v − u ≥ 0{ u = 2x+ y y = x+ 3y Aplicando a mudanc¸a de varia´vel em f(u, v): f(x, y) = 6(2x+ y) + 3(x+ 3y) = 12x+ 6y + 3x+ 9y ⇒ f(x, y) = 15x+ 15y = 15(x+ y) Achando a regia˜o no plano xy: • 2u2 − 2uv + v2 ≤ 5 2u2 − 2uv + v2 = 2(2x+ y)2 − 2(2x+ y)(x+ 3y) + (x+ 3y)2 = 2(4x2 + 4xy + y2)− 2(2x2 + 6xy + xy + 3y2) + (x2 + 6xy + 9y2) = 8x2 + 2y2 + 8xy − 4x2 − 14xy − 6y2 + x2 + 6xy + 9y2 = 5x2 + 5y2 ⇒ 5x2 + 5y2 ≤ 5 ⇐⇒ x2 + y2 ≤ 1 4 • 2v − u ≥ 0 2v − u = 2(x+ 3y)− 2x− y ≥ 0 5y ≥ 0 ⇐⇒ y ≥ 0 Como a regia˜o e´ um semic´ırculo de raio 1, e´ mais conveniente fazer mudanc¸a de varia´veis para coordenadas polares. Enta˜o, { x = r cosθ y = r senθ Achando os limites: Por y > 0. Enta˜o, r senθ > 0, como r e´ sempre maior que 0, teremos, senθ > 0, ou seja, 0 < θ < pi. 0 < θ < pi; 0 < r < 1; J = r Multiplicando pelo jacobiano da 1a transformac¸a˜o: J = 5r. E, f(r, θ) = f(x(r, θ), y(r, θ)) = 15(x(r, θ) + y(r, θ) = 15r(cosθ + senθ), donde,∫∫ D f(u, v) dA = 15.5 ∫ pi 0 (cosθ + senθ) dθ ∫ 1 0 r2 dr = 75[senθ − cosθ]pi0 · [ r3 3 ]1 0 = 75 · 2 · 1 3 = 50 3. Seja a regia˜o V dada por {(x, y, z) ∈ R3; z ≥ 0, 4x2 + 9y2 + z2 ≤ 36}. 4 pontos • Calcule seu volume usando integral dupla. Resposta: Isolando z e obtendo a imagem do elipso´ide no plano xy: z = √ 36− 9y2 − 4x2 D = (x, y) ∈ R; x 2 9 + y2 4 ≤ 1 Desse modo podemos obter a mudanc¸a de varia´veis:{ x = 3r cosθ y = 2r senθ 0 < r < 1; 0 < θ < 2pi; J = 6r . Para enta˜o podermos calcular a integral:∫ 2pi 0 dθ ∫ 1 0 6 √ 1− r2 · r · 6 dr = 36 · 2pi ∫ 1 0 r √ 1− r2 dr = 5 −72pi 2 ∫ 1 0 √ 1− r2 d(1− r2) = −2 3 · 72pi 2 · (1− r2)3/2|10 = 24pi • Calcule seu volume usando integral tripla. Resposta: x2 9 + y2 4 + z2 36 ≤ 1 Usando mudanc¸a de varia´veis el´ıptica: x = 3ρ cosθ senϕ y = 2ρ senθ senϕ z = 6ρ cosϕ 0 < ρ < 1; 0 < θ < 2pi; 0 < ϕ < pi 2 ; J = 3 · 2 · 6ρ2 senϕ 36 ∫ 2pi 0 dθ ∫ pi 2 0 senϕ dϕ ∫ 1 0 ρ2 dρ = 72pi · cosϕ|0pi/2 · ρ3 3 ∣∣∣∣1 0 = 72pi 3 = 24pi
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