AD1 CIV 2014.2 (Gabarito)

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Fundac¸a˜o Centro de Cieˆncias e Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Ca´lculo IV – AD1 – Tutor
Questa˜o 1 [2,5 pts]: Inverta a ordem de integrac¸a˜o e calcule o valor em
I =
∫ 1
0
∫ 3√x
3√x
2
ey
4
dy dx+
∫ 8
1
∫ 1
3√x
2
ey
4
dy dx.
Soluc¸a˜o: Temos I =
∫∫
D
ey
4
dx dy, onde D = D1 ∪D2 com:
D1 : 0 ≤ x ≤ 1,
3
√
x
2
≤ y ≤ 3√x
D2 : 1 ≤ x ≤ 8,
3
√
x
2
≤ y ≤ 1.
Os esboc¸os de D1, D2 e D = D1 ∪D2 sa˜o:
x
y
1
1
D1
y= 3
√
x =⇒ x=y3
Figura 1: Regia˜o D1
x
y
1
1 8
D2
y=
3√x
2
=⇒ x=8y3
Figura 2: Regia˜o D2
x
y
1
1 8
x=y3
x=8y3
Figura 3: Regia˜o D = D1 ∪D2
Descric¸a˜o de D como uma regia˜o do tipo II:
D : 0 ≤ y ≤ 1, y3 ≤ x ≤ 8y3.
Enta˜o,
I =
∫ 1
0
∫ 8y3
y3
ey
4
dx dy =
∫ 1
0
ey
4
(8y3 − y3) dy
= 7
∫ 1
0
ey
4
y3 dy =
7
4
∫ 1
0
ey
4
(4y3) dy
=
7
4
[
ey
4
]1
0
=
7
4
(e− 1).
Ca´lculo IV – AD1 AD1 – Tutor 2
Questa˜o 2 [2,5 pts]: Calcule
∫∫
D
x+ y
x2 + y2
dx dy, onde D e´ dada pelas condic¸o˜es x2 + y2 ≤ 4 e
x+ y ≥ 2.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o de D e´:
x
y
D
2
2
Figura 4: Regia˜o D
Passando para coordenadas polares, temos
x = r cos θ, y = r sen θ, dx dy = r dr dθ, x2 + y2 = r2.
Descric¸a˜o de D em coordenadas polares:
• x+ y = 2 =⇒ r cos θ + r sen θ = 2 =⇒ r = 2
cos θ + sen θ
;
• x2 + y2 = 4 =⇒ r2 = 4 =⇒ r = 2.
Temos
Drθ :
2
cos θ + sen θ
≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ pi
2
.
Logo, ∫∫
D
x+ y
x2 + y2
dx dy =
∫∫
Drθ
r cos θ + r sen θ
r2
r dr dθ =
∫∫
Drθ
(cos θ + sen θ) dr dθ
=
∫ pi/2
0
∫ 2
2
cos θ+sen θ
(cos θ + sen θ) dr dθ =
∫ pi/2
0
(cos θ + sen θ)
(
2− 2
cos θ + sen θ
)
dθ
= 2
∫ pi/2
0
(cos θ + sen θ − 1) dθ = 2
[
sen θ − cos θ − θ
]pi/2
0
= 2
[(
1− 0− pi
2
)
− (0− 1− 0)
]
= 2
(
2− pi
2
)
= 4− pi.
Questa˜o 3 [2,5 pts]: Calcule I =
∫∫
D
|xy|√
x2 + y2
dx dy, onde
D =
{
(x, y) ∈ R2
∣∣∣∣ x2a2 + y2b2 ≤ 1, a > 0, b > 0
}
.
Soluc¸a˜o: Fazendo u =
x
a
, v =
y
b
, temos x = au, y = bv.
Temos
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV – AD1 AD1 – Tutor 3
J =
∂(x, y)
∂(u, v)
=
∣∣∣∣∣∣∣∣
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣a 00 b
∣∣∣∣ = ab > 0.
A regia˜o el´ıptica D :
x2
a2
+
y2
b2
≤ 1 e´ transformada na regia˜o circular Duv : u2 + v2 ≤ 1.
Pela fo´rmula de mudanc¸a de varia´veis, temos
I =
∫∫
Duv
|ab uv|√
a2u2 + b2v2
|J | du dv = a2b2
∫∫
Duv
|uv|√
a2u2 + b2v2
du dv.
Passando para coordenadas polares, temos
u = r cos θ, v = r sen θ, du dv = r dr dθ, u2 + v2 = r2,
e a regia˜o circular Duv : u
2 + v2 ≤ 1 e´ transformada no retaˆngulo Drθ : 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2pi.
Assim, temos
I = a2b2
∫∫
Drθ
|r2 cos θ sen θ|√
a2r2 cos2 θ + b2r2 sen2 θ
r dr dθ
= a2b2
∫∫
Drθ
r2 | cos θ sen θ|√
a2 cos2 θ + b2 sen2 θ
dr dθ
= a2b2
∫ 2pi
0
| cos θ sen θ|√
a2 cos2 θ + b2 sen2 θ
∫ 1
0
r2 dr dθ
=
a2b2
3
∫ 2pi
0
| cos θ sen θ|√
a2 cos2 θ + b2 sen2 θ
dθ.
No primeiro quadrante, temos
I1 =
a2b2
3
∫ pi
2
0
| cos θ sen θ|√
a2 cos2 θ + b2 sen2 θ
dθ =
a2b2
3
∫ pi
2
0
cos θ sen θ√
a2 cos2 θ + b2 sen2 θ
dθ.
Fazendo ω = a2 cos2 θ + b2 sen2 θ, temos
dω = (−2a2 cos θ sen θ + 2b2 sen θ cos θ) dθ = (2b2 − 2a2) cos θ sen θ dθ,
donde
cos θ sen θ dθ =
dω
2(b2 − a2) .
Para θ = 0, temos ω = a2 e para θ =
pi
2
, temos ω = b2. Enta˜o,
I1 =
a2b2
3
∫ b2
a2
ω−1/2
dω
2(b2 − a2) =
a2b2
6(b2 − a2) 2
[
ω1/2
]b2
a2
=
a2b2
3(b2 − a2) (b− a) =
a2b2
3(b+ a)
.
Verifica-se que nos outros treˆs quadrantes se obte´m o mesmo valor que para o primeiro quadrante.
Portanto,
I = 4 I1 =
4a2b2
3(b+ a)
.
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV – AD1 AD1 – Tutor 4
Questa˜o 4 [2,5 pts]: Use uma integral tripla para calcular o volume do so´lido W limitado pelas
superf´ıcies z = 3y2, z = 4− y2, x = 0 e x+ z = 6.
Soluc¸a˜o: Identificac¸a˜o das superf´ıcies:
• z = 3y2 =⇒ cilindro parabo´lico, voltado para cima, com geratrizes paralelas ao eixo x;
• z = 4− y2 =⇒ cilindro parabo´lico, voltado para baixo, com geratrizes paralelas ao eixo x;
• x = 0 =⇒ plano coordenado yz;
• x+ z = 6 =⇒ plano com geratrizes paralelas ao eixo y.
De z = 3y2 e z = 4− y2, temos 4y2 = 4, donde y = ±1 e z = 3. Isto significa que no plano yz, as
para´bolas z = 3y2 e z = 4− y2 se intersectam em (0, 1, 3) e (0,−1, 3). Considerando as geratrizes
paralelas ao eixo x e os planos x = 0 e x+ z = 6, temos o esboc¸o de W .
x
y
z
6
4
3
W
Figura 5: Regia˜o W
y
z
1−1
3
4
Dyz
Figura 6: Regia˜o Dyz
Temos V (W ) =
∫∫∫
W
dV , onde
W =
{
(x, y, z) ∈ R3 ∣∣ (y, z) ∈ Dyz e 0 ≤ x ≤ 6− z} ,
com Dyz : −1 ≤ y ≤ 1, 3y2 ≤ z ≤ 4− y2.
Enta˜o,
V (W )=
∫∫
Dyz
∫ 6−z
0
dx dy dz =
∫∫
Dyz
(6− z) dy dz =
∫ 1
−1
∫ 4−y2
3y2
(6− z) dz dy =
∫ 1
−1
[
6z − z
2
2
]4−y2
3y2
dy
=
1
2
∫ 1
−1
[
12z − z2
]4−y2
3y2
dy =
1
2
∫ 1
−1
[
12(4− y2)− (4− y2)2 − 12 · 3y2 + 9y4] dy
=
1
2
∫ 1
−1
(
48− 12y2 − 16 + 8y2 − y4 − 36y2 + 9y4) dy = 1
2
∫ 1
−1
(
32− 40y2 + 8y4) dy
=
1
2
[
32y − 40
3
y3 +
8
5
y5
]1
−1
= 32− 40
3
+
8
5
=
304
15
u.v.
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ