Prova 3 MAT241

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Universidade Federal de Vic¸osa
Centro de Cieˆncias Exatas e Tecnolo´gicas
Departamento de Matema´tica
3a Prova - MAT241 - Ca´lculo III - 01/07/2017
Nome: Matr´ıcula:
Turma 1 Turma 2 Turma 3 Turma 4 Turma 5
Giovanni Je´ssyca Edson Sandro Edson
Seg 08 - 10 Seg 16 - 18 Ter 14 - 16 Seg 10 - 12 Ter 08 - 10
Qua 10 - 12 Qui 14 - 16 Qui 16 - 18 Qui 08 - 10 Qui 10 - 12
Em todas as questo˜es justifique suas respostas. Boa Prova!
Questa˜o 1: (25 pontos) Determine o valor ma´ximo global e o valor mı´nimo global de f(x, y) = x2 + 2y2 − x sobre o
conjunto
S = {(x, y) ∈ R2; (x− 2)2 + y2 ≤ 4}
A func¸a˜o f e´ cont´ınua no compacto S. Desta forma, f possui ma´ximo global e mı´nimo global. Primeiramente, devemos
encontrar os pontos cr´ıticos de f no interior de S, ou seja, no conjunto S1 = {(x, y) ∈ R2; (x − 2)2 + y2 < 4}. Os
pontos cr´ıticos de f em S1 sa˜o pontos tais que ∇f(x, y) = −→0 . Assim, como
∂f
∂x
(x, y) = 2x− 1 e ∂f
∂y
(x, y) = 4y,
segue que∇f(x, y) = −→0 se, e somente se, x = 1
2
e y = 0. Note que o ponto P1 =
(
1
2
, 0
)
∈ S1, pois
(
−3
2
)2
+02 =
9
4
< 4.
Devemos agora analisar a func¸a˜o sobre a fronteira do conjunto S, ou seja, devemos analisar f sobre o conjunto
S2 = {(x, y) ∈ R2; (x− 2)2 + y2 = 4}.
Neste caso, utilizaremos Multiplicadores de Lagrange. Seja g(x, y) = (x − 2)2 + y2 − 4. Temos que g e´ uma func¸a˜o
de classe C1 e o conjunto S2 e´ o conjunto dos pontos tais que g(x, y) = 0 e ∇g(x, y) 6= −→0 em S2. Pelo Teorema de
Multiplicadores de Lagrange, devemos resolver o sistema{
∇f(x, y) + λ∇g(x, y) = −→0
g(x, y) = 0
, ou seja, resolver o sistema
 (2x− 1) + λ(2x− 4) = 0 (1)4y + λ2y = 0 (2)
(x− 2)2 + y2 = 4. (3)
Pela equac¸a˜o (2), devemos ter (2 + λ)y = 0, ou seja, y = 0 ou λ = −2.
• Se y = 0, enta˜o pela equac¸a˜o (3) devemos ter (x− 2)2 = 4, ou seja, x = 0 ou x = 4.
• Se λ = −2, a equac¸a˜o (1) e´ dada por (2x − 1) − 2(2x − 4) = 0, de onde obtemos x = 7
2
. Substituindo esta valor
em (3), encontramos (
7
2
− 2
)2
+ y2 = 4
y = ±
√
7
2
.
Assim, obtemos quatro pontos, que resolvem o sistema, dados por
P2 = (0, 0), P3 = (4, 0), P4 =
(
7
2
,
√
7
2
)
e P5 =
(
7
2
,−
√
7
2
)
.
x
1 2 3 4
y
−2
−1
1
2
0
P1P2 P3
P4
P5
Para encontrar o ma´ximo global e o mı´nimo global, basta avaliar a func¸a˜o f
nestes pontos. Desta forma,
• f(P1) = 1
4
− 1
2
= −1
4
• f(P2) = 0
• f(P3) = 42 − 4 = 12
• f(P4) = f(P5) = 49
4
+ 2 · 7
4
− 7
2
=
49
4
.
Por inspec¸a˜o,observamos que o valor ma´ximo de f e´
49
4
e o valor mı´nimo e´ −1
4
.
1
Questa˜o 2: Considere a seguinte expressa˜o∫ 2
0
∫ y
0
f(x, y)dxdy +
∫ 2√2
2
∫ √8−y2
0
f(x, y)dxdy.
(a) (10 pontos) Esboce, em um mesmo sistema de coordenadas, as regio˜es de integrac¸a˜o.
(b) (10 pontos) Escreva a expressa˜o anterior utilizando coordenadas polares.
(c) (10 pontos) Calcule a integral quando f(x, y) = e
√
x2+y2 .
(a) A regia˜o de integrac¸a˜o da primeira integral corresponde a R1 e a regia˜o de integrac¸a˜o da segunda integral corres-
ponde a R2.
x
1 2 2
√
2
y
1
2
2
√
2
0
y = x
R1
R2
R1 = {(x, y) ∈ R2, 0 ≤ x ≤ y e 0 ≤ y ≤ 2}
R2 = {(x, y) ∈ R2, 0 ≤ x ≤
√
8− y2 e 2 ≤ y ≤ 2√2}.
Note que o ponto (2, 2) e´ um ponto sobre a circunfereˆncia x2 + y2 = (2
√
2)
e sobre a reta y = x. Desta forma, a unia˜o das regio˜es R1 e R2 e´ um setor
circular. Ale´m disso,
x =
√
8− y2
x2 + y2 = (2
√
2)2, x ≥ 0.
(b) Como a reta y = x forma um aˆngulo de
pi
4
radianos com o eixo x e a unia˜o das duas regio˜es e´ um setor circular,
para qualquer (x, y) neste setor, teremos
x = r cos θ e y = r sen θ,
com
pi
4
≤ θ ≤ pi
2
e 0 ≤ r ≤ 2√2. Desta forma, lembrando que ∂(x, y)
∂(r, θ)
= r,
∫ 2
0
∫ y
0
f(x, y)dxdy +
∫ 2√2
2
∫ √8−y2
0
f(x, y)dxdy =
∫ 2√2
0
∫ pi
2
pi
4
r · f(r cos θ, r sen θ)drdθ.
(c) Se f(x, y) = e
√
x2+y2 , enta˜o f(r cos θ, r sen θ) = er. Assim,
∫ 2
0
∫ y
0
f(x, y)dxdy +
∫ 2√2
2
∫ √8−y2
0
f(x, y)dxdy =
∫ pi
2
pi
4
∫ 2√2
0
rerdrdθ =
(pi
2
− pi
4
)∫ 2√2
0
rerdr
=
pi
4
(rer − er)
∣∣∣∣2
√
2
0
=
pi
4
[
(2
√
2− 1)e2
√
2 − (−1)
]
=
pi
4
[
(2
√
2− 1)e2
√
2 + 1
]
.
2
Questa˜o 3: Seja W o so´lido limitado pelas superf´ıcies de equac¸o˜es y = 2− 2x2, y = 0, z = 4 e y + z = 2.
(a) (10 pontos) Esboce o so´lido W.
(b) (15 pontos) Calcule
∫∫∫
W
xz dV.
(a)
x
−1 1
y
1
2
0
A superf´ıcie de equac¸a˜o y = 2 − 2x2 e´ uma superfic´ıe cilindrica. Para y ≥ 0, os pontos do plano y + y = 2
encontram-se localizados abaixo dos pontos do plano de equac¸a˜o z = 4, visto que para y ≥ 0, temos
z = 2− y ≤ 2 < 4.
A projec¸a˜o, no plano xy, do so´lido e´ a regia˜o ilustrada na figura a` direita.
(b) Pela limitac¸o˜es obtidas no item anterior, temos∫∫∫
W
xzdV =
∫ 1
−1
∫ 2−2x2
0
∫ 4
2−y
xzdzdydx
=
∫ 1
−1
∫ 2−2x2
0
(x
2
z2
)∣∣∣4
2−y
dydx
=
∫ 1
−1
∫ 2−2x2
0
x
2
(
16− (2− y)2) dydx
=
∫ 1
−1
∫ 2−2x2
0
x
2
(
12y + 2y2 − y
3
3
)
dydx
=
∫ 1
−1
x
2
(
12y + 2y2 − y
3
3
)∣∣∣∣2−2x
2
0
dx
=
∫ 1
−1
x
2
(
12(2− 2x2) + 2(2− 2x2)2 − (2− 2x
2)3
3
)
dx
=
∫ 1
−1
(
12x(1− x2) + 4x(1− x2)2 − 4x
3
(1− x2)3
)
dx
= 0,
pois o integrando e´ uma func¸a˜o ı´mpar e o intervalo e´ sime´trico em relac¸a˜o a` origem.
3
Questa˜o 4: (20 pontos) Encontre o volume do so´lido, localizado acima do plano xy, entre o cone de equac¸a˜o z =
√
x2 + y2
3
e a esfera de equac¸a˜o de equac¸a˜o x2 + y2 + z2 = 4, como ilustrado na figura a seguir.
y
2
2
x
z
O trac¸o do cone de equac¸a˜o z =
√
x2 + y2
3
com o plano yz e´ a curva de equac¸a˜o z =
√
3
3
|y|. A reta de equac¸a˜o z =
√
3
3
y
forma um aˆngulo
α = arctg
(√
3
3
)
=
pi
6
com o eixo y. Da´ı, z =
√
3
3
y forma um aˆngulo
β =
pi
2
− pi
6
=
pi
3
com o eixo z. Logo, fazendo a mudanc¸a para coordenadas esfe´ricas, ou seja,
x = ρ senφ cos θ
y = ρ senφ sen θ
z = ρ cosφ
,
enta˜o 0 ≤ ρ ≤ 2, pi
3
≤ φ ≤ pi
2
e 0 ≤ θ ≤ 2pi. Como
∣∣∣∣∂(x, y, z)∂(ρ, θ, φ)
∣∣∣∣ = ρ2 senφ, segue que, se S e´ o so´lido em questa˜o, enta˜o
seu volume e´ dado por
V (S) =
∫∫∫
S
1dV =
∫ 2
0
∫ 2pi
0
∫ pi
2
pi
3
ρ2 senφdφdθdρ
=
∫ 2
0
∫ pi
2
pi
3
∫ 2pi
0
ρ2 senφdθdφdρ
= 2pi
∫ pi
2
pi
3
∫ 2
0
ρ2 senφdρdφ
= 2pi
∫ pi
2
pi
3
ρ3
3
senφ
∣∣∣∣ρ=2
ρ=0
dφ
=
16pi
3
∫ pi
2
pi
3
senφdφ
= −16pi
3
cosφ
∣∣∣∣pi2
pi
3
= −16pi
3
(
0− 1
2
)
=
8pi
3
.
Boa Prova!
4