Simulado com gabarito

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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