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Ca´lculo IIIA 2015-2 – VE1: Gabarito 1. (3 pontos) Calcule o momento de ine´rcia em relac¸a˜o ao eixo z do so´lido limitado pelas superf´ıcies z = 16− 2x2 − 2y2 e z = 2x2 + 2y2 se a densidade do so´lido e´ δ(x, y, z) = (x2 + y2)3/2. Soluc¸a˜o. Seja W o nosso so´lido. Por definic¸a˜o, o momento de ine´rcia em relac¸a˜o ao eixo z e´ Iz = ∫ ∫ ∫ W d2(x, y, z)δ(x, y, z)dV onde d(x, y, z) e´ a distaˆncia entre (x, y, z) e o eixo z = ∫ ∫ ∫ W (x2 + y2)(x2 + y2)3/2dV = ∫ ∫ ∫ W (x2 + y2)5/2dV. E´ mais coˆmodo avaliar esta integral em coordenadas cil´ındricas (r, θ, z). De fato, nessas coordenadas, temos que W = {(r, θ, z) : 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2pi, 2r2 ≤ z ≤ 16− 2r2}. Aplicando a fo´rmula de transformac¸a˜o para integrais sob mudanc¸as de coordenadas, deduzimos que Iz = ∫ 2 0 ∫ 2pi 0 ∫ 16−2r2 2r2 r · r5dzdθdr = 2pi ∫ 2 0 r6(16− 4r2)dr = 2pi ( 16 7 r7 − 4 9 r9 )∣∣∣∣2 r=0 = 213pi 63 . 2. (2 pontos) Ache o centro de massa de um arame semicircular homogeˆneo de raio L cm, onde L e´ um nu´mero real e positivo. Soluc¸a˜o. Seja C o nosso arame. Por comec¸ar, vamos trabalhar num sistema de coordenadas (x, y) em que o pedac¸o “reta”de C fica ao longo do eixo x, com origem no meio desse pedac¸o. Comec¸amos por calcular a massa M de C. Como ela e´ homogeˆnea, temos que M = ∫ C Kds = K ∫ C ds = piKL (1) onde K = δ(x, y, z) e´ um constante e a u´ltima igualdade em (1) vem do fato que ∫ C ds da´ a circunfereˆncia de C. Lembramos que as coordenadas do centro de massa sa˜o (x/M, y/M) onde x = ∫ C Kxds e y = ∫ C Kyds. (2) Calculamos a primeira integral em (2). a curva C e´ parametrizada por φ(u) = (L cos t, L sen u), 0 ≤ u ≤ pi. 1 Segue que x = ∫ C Kxds = ∫ pi 0 KL cosu · L √ (−sen u)2 + cos2 udu = KL2 sen u ∣∣∣∣u=pi u=0 = 0. De maneira parecida, temos que y = ∫ C Kyds = ∫ pi 0 KL2 sen udu = ∫ pi 0 −KL2 cosu ∣∣∣∣u=pi u=0 = 2KL2. Segue finalmente, que o centro de massa do arame se encontra ao ponto com coordenadas( 0, 2KL2 piKL ) = ( 0, 2L pi ) . 3. (3 pontos) Calcule ∫ C Pdx+Qdy +Rdz, onde (P,Q,R) = (z, x, y) e C e´ a intersec¸a˜o das superf´ıcies z = x2 + y2 e 6x+ 2 √ 6y + z = 1, orientada de tal maneira que a projec¸a˜o de C no plano xy seja percorrida no sentido anti-hora´rio. Soluc¸a˜o. Comec¸amos por achar uma parametrizac¸a˜o de C. Para isso, anote que a projec¸a˜o de C no plano xy e´ definida por x2 + y2 = 1− 6x− 2 √ 6y, i.e. por (x2 + 6x+ 9) + (y2 + 2 √ 6y + 6) = 16, i.e. por (x+ 3)2 16 + (y + √ 6)2 16 = 1. Segue que uma parametrizac¸a˜o anti-hora´ria de C e´ dada por φ : x(t) = −3+4 cos t, y(t) = − √ 6+4 sen t, z(t) = 1−6(−3+4 cos t)−2 √ 6(− √ 6+4 sen t) = 31−24 cos t−8 √ 6 sen t onde 0 ≤ t ≤ 2pi. Da´ı, calculamos que x′(t) = −4 sen t, y′(t) = 4 cos t, e z′(t) = 24 sen t− 8 √ 6 cos t. Segue que∫ C Pdx+Qdy +Rdz = ∫ 2pi 0 (31− 24 cos t− 8 √ 6 sen t)(−4 sen t) + (−3 + 4 cos t)(4 cos t) + (− √ 6 + 4 sen t)(24 sen t− 8 √ 6 cos t)dt. 2 Para avaliar esta u´ltima integral, observe que podemos igorar todos os termos envolvendo cosx, sen x, ou sen x cosx, que contribuam 0. Segue que∫ C Pdx+Qdy +Rdz = ∫ 2pi 0 (32 √ 6 + 96) sen2t+ 16 cos2 tdt = ∫ 2pi 0 16 + (32 √ 6 + 80) sen2t (usando o fato que sen2t+ cos2 t = 1) = 32pi + ∫ 2pi 0 (32 √ 6 + 80) · 1− cos 2t 2 dt = 32pi + ∫ 2pi 0 16 √ 6 + 40dt = (112 + 32 √ 6)pi. 4. (2 pontos) Calcule ∫ ∫ ∫ D sen(4x2 + y2 + z2)dxdydz onde D = {(x, y, z) : 4x2 + y2 + z2 ≤ 1, y ≥ 0}. Soluc¸a˜o. Trabalharemos em coordenadas esfe´ricas (ρ, φ, θ) obtidas a partir das coordenadas (x′, y, z) com x′ = 2x. Nessas coordenadas esfe´ricas, temos que D = {(ρ, φ, θ) : 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ φ ≤ pi, 0 ≤ θ ≤ pi}. Da´ı segue do teorema de mudanc¸as de varia´veis para integrais que∫ ∫ ∫ D sen(4x2 + y2 + z2)dxdydz = 1 2 ∫ ∫ ∫ D sen((x′)2 + y2 + z2)dx′dydz, pois dx = 1 2 dx′ = 1 2 ∫ 1 0 ∫ pi 0 ∫ pi 0 ρ2 sen φ sen ρ2dθdφdρ = pi 2 ∫ pi 0 sen φdφ ∫ 1 0 ρ2 sen ρ2dρ = −pi ∫ 1 0 ρ2 sen ρ2dρ. Para avaliar esta u´ltima integral, usaremos a expansa˜o de Taylor de sen x: como sen x = ∞∑ k=0 (−1)kx2k+1 (2k + 1)! , segue que −pi ∫ 1 0 ρ2 sen ρ2dρ = −pi ∫ 1 0 ∞∑ k=0 (−1)kρ4k+4 (2k + 1)! dρ = ∞∑ k=0 (−1)k+1pi (4k + 5)(2k + 1)! . 3
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