AD1 CIV 2017.1 (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 [2,0 pts]: Seja D a laˆmina do primeiro quadrante, delimitada pelas hipe´rboles xy = 1,
xy = 3, x2 − y2 = 1 e x2 − y2 = 4 e com densidade constante e igual a 1, δ(x, y) = 1. Calcule o
momento de ine´rcia polar da laˆmina D.
Soluc¸a˜o: A transformac¸a˜o u = xy e v = x2 − y2, leva o retaˆngulo Duv = [1, 3] × [1, 4] sobre a
regia˜o D. O Jacobiano dessa transformac¸a˜o e´
J(x, y) =
∣∣∣∣∂u/∂x ∂u/∂y∂v/∂x ∂v/∂y
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ y x2x −2y
∣∣∣∣ = −2(x2 + y2)
que na˜o se anula em D e, portanto
J(u, v) = − 1
2(x2 + y2)
.
Como a densidade da laˆmina D e´ δ(x, y) = 1, o momento de ine´rcia polar se reduz a
I0 =
∫∫
D
(x2 + y2) dx dy.
Considerando que
(x2 + y2)2 = (x2 − y2)2 + 4x2y2 = v2 + 4u2,
obtemos:
I0 =
∫∫
D
(x2 + y2) dx dy =
∫∫
Duv
(v2 + 4u2)1/2 |J(u, v)| du dv
=
∫∫
Duv
(v2 + 4u2)1/2
1
2
√
v2 + 4u2
du dv =
1
2
∫∫
Duv
du dv
=
1
2
∫ 3
1
∫ 4
1
dv du =
1
2
(4− 1)(3− 1) = 3.
Ou seja, I0 = 3.
Questa˜o 2 [2,0 pts]: Considere as regio˜es D1, D2 do plano dadas por D1 = {(x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ x ≤ y ≤ 1},
D2 = {(x, y) ∈ R2 ; 1− x2 ≤ y2}. Seja D = D1 ∩D2 e considere a integral dupla
I =
∫∫
D
y
x2 + y2
dx dy.
(a) Escreva, usando coordenadas retangulares x, y, sem fazer ca´lculos, uma integral iterada que seja
igual a I.
(b) Escreva, sem fazer ca´lculos, usando coordenadas polares, uma fo´rmula que seja igual a I.
Ca´lculo IV – AD1 AD1 – Tutor 2
(c) Calcule I.
Soluc¸a˜o:
(a) Os esboc¸os das regio˜es D1 e D2 sa˜o:
x
y
D1
1
1
Figura 1: Regia˜o D1.
x
y
D2
1
1
Figura 2: Regia˜o D2.
o esboc¸o de D = D1 ∩D2 e´:
x
y
D
1
1
x2+y2 =1=⇒
x=
√
1−y2
√
2
2
√
2
2
Figura 3: Regia˜o D = D1 ∩D2.
A intersec¸a˜o de x2 + y2 = 1, x ≥ 0, com y = x ocorre em
(√
2
2
,
√
2
2
)
. Descrevendo D como uma
regia˜o do tipo II, temos:
D :
√
2
2
≤ y ≤ 1, √1− y2 ≤ x ≤ y.
Enta˜o,
I =
∫ 1
√
2/2
∫ y
√
1−y2
y
x2 + y2
dx dy.
(b) Descrevendo D em coordenadas polares, temos:
Drθ : 1 ≤ r ≤ csc θ, pi
4
≤ θ ≤ pi
2
.
Logo,
I =
∫∫
Drθ
r sen θ
r2
r dr dθ =
∫∫
Drθ
sen θ dr dθ =
∫ pi/2
pi/4
∫ csc θ
1
sen θ dr dθ.
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Ca´lculo IV – AD1 AD1 – Tutor 3
(c) Temos:
I =
∫ pi/2
pi/4
∫ csc θ
1
sen θ dr dθ =
∫ pi/2
pi/4
sen θ (csc θ − 1) dθ
=
∫ pi/2
pi/4
(1− sen θ) dθ =
[
θ + cos θ
]pi/2
pi/4
=
pi
4
−
√
2
2
.
Ou seja, I =
pi
4
−
√
2
2
.
Questa˜o 3 [4,0 pts]: Considere a regia˜o W do espac¸o, dada por
W = {(x, y, z) ∈ R3 ; x2 + y2 + z2 ≤ 9, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0} .
(a) Escreva (sem calcular) a fo´rmula integral que expresse o volume V de W , usando coordenadas
cil´ındricas.
(b) Escreva (sem calcular) a fo´rmula integral que expresse o volume V de W , usando coordenadas
esfe´ricas.
(c) Calcule o volume V de W , usando integral tripla (o sistema de coordenadas e´ de sua escolha),
fazendo todos os ca´lculos.
(d) Seja (x, y, z) o centro´ide da regia˜o W . Calcule x, escrevendo todos os ca´lculos.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o de W e´
x y
z
W
33
3
Figura 4: So´lido W , Questa˜o 3.
x
y
Dxy
3
3
Figura 5: Regia˜o Dxy , Questa˜o 3.
(a) Descric¸a˜o de W em coordenadas cil´ındricas:
Wrθz : 0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ pi
2
, 0 ≤ z ≤ √9− r2.
Temos, enta˜o
V =
∫∫∫
W
dV =
∫∫∫
Wrθz
r dr dθ dz =
∫ 3
0
∫ pi/2
0
∫ √9−r2
0
r dz dθ dr.
(b) Descric¸a˜o de W em coordenadas esfe´ricas:
Wρφθ : 0 ≤ ρ ≤ 3, 0 ≤ φ ≤ pi
2
, 0 ≤ θ ≤ pi
2
.
Temos, enta˜o
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V =
∫∫∫
Wρφθ
ρ2 senφ dρ dφ dθ =
∫ 3
0
ρ2
∫ pi/2
0
senφ
∫ pi/2
0
dθ dφ dρ.
(c) Calculemos o volume V usando coordenadas esfe´ricas:
V =
∫ 3
0
ρ2
∫ pi/2
0
senφ
∫ pi/2
0
dθ dφ dρ =
pi
2
∫ 3
0
ρ2
[
− cosφ
]pi/2
0︸ ︷︷ ︸
1
dρ
=
pi
2
∫ 3
0
ρ2 dρ =
pi
2
[
ρ3
3
]3
0
=
9pi
2
.
Ou seja, V =
9pi
2
u.v.
(d) Temos x =
1
V
∫∫∫
W
x dV , onde
∫∫∫
W
x dV =
∫∫∫
Wρφθ
(ρ senφ cos θ)(ρ2 senφ) dρ dφ dθ =
∫ 3
0
ρ3
∫ pi/2
0
sen2 φ
∫ pi/2
0
cos θ dθ dφ dρ
=
[
sen θ
]pi/2
0
1
2
[
φ− sen 2φ
2
]pi/2
0
[
ρ4
4
]3
0
=
1
2
· pi
2
· 3
4
4
=
81pi
16
.
Logo, x =
81pi
16
· 1
9pi/2
=
9
8
.
Ou seja, x =
9
8
.
Questa˜o 4 [2,0 pts]: Uma curva C tem a forma da intersec¸a˜o das superf´ıcies z =
√
x2 + y2 e
y +
√
2z = 1. Calcule a integral de linha ∫
C
|x(y + 1)| ds.
Soluc¸a˜o: Inicialmente, encontramos a equac¸a˜o da projec¸a˜o da curva C no plano xy, resolvendo o
sistema z =
√
x2 + y2
z =
√
2
2
(1− y)
=⇒ x2 + y2 = 1
2
(1− y)2 =⇒ x2 + y2 = 1
2
− y + y
2
2
=⇒ x2 + y
2
2
+ y =
1
2
=⇒ x2 + 1
2
(y2 + 2y + 1) =
1
2
+
1
2
=⇒ x2 + (y + 1)
2
2
= 1.
Portanto, a projec¸a˜o de C no plano xy e´ uma elipse de centro (0, 1), semieixo maior
√
2 e semieixo
menor 1.
Logo, x = cos t, y =
√
2 sen t− 1, 0 ≤ t ≤ 2pi.
Como z =
√
2
2
(1− y), enta˜o z =
√
2
2
(1−√2 sen t+ 1) = √2− sen t.
Assim, uma parametrizac¸a˜o de C e´ dada por:
~r(t) = (cos t ,
√
2 sen t− 1 , √2− sen t), 0 ≤ t ≤ 2pi.
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Enta˜o,
~r ′(t) = (− sen t , √2 cos t , − cos t), ‖~r ′(t)‖ = √sen2 t+ 2 cos2 t+ cos2 t = √1 + 2 cos2 t.
Como ds = ‖~r ′(t)‖dt, enta˜o ds = √1 + 2 cos2 t dt.
Portanto ∫
C
|x(y + 1)| ds =
∫ 2pi
0
| cos t
√
2 sen t|
√
1 + 2 cos2 t dt.
Por simetria, temos∫
C
|x(y + 1)| ds = 4
∫ pi/2
0
√
2 cos t sen t
√
1 + 2 cos2 t dt = 4
√
2
∫ pi/2
0
cos t sen t
√
1 + 2 cos2 t dt
Fazendo u = 1 + 2 cos2 t, temos du = −4 cos t sen t dt, donde cos t sen t dt = −du
4
. Para t = 0,
temos u = 3 e para t =
pi
2
, temos u = 1.
Assim,∫
C
|x(y + 1)| ds = 4
√
2
∫ 1
3
u1/2
(
−du
4
)
= −
√
2 · 2
3
[
u3/2
]1
3
= −2
√
2
3
(1− 3
√
3) =
2
√
2
3
(3
√
3− 1).
Ou seja,
∫
C
|x(y + 1)| ds = 2
√
2
3
(3
√
3− 1).
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