AD1 CIV 2013.1 (Gabarito)

Prévia do material em texto

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]: Utilizando integral dupla, prove que a a´rea da regia˜o D determinada pelas
desigualdades xy ≤ 2, x ≤ y ≤ x+ 1 e x ≥ 0 e´ igual a 1
2
+ ln 2 u.a.
Soluc¸a˜o: De y = x e xy = 2, tem-se x2 = 2, donde x =
√
2, pois x ≥ 0. Logo, (√2,√2) e´ ponto
de intersec¸a˜o.
De y = x+ 1 e xy = 2, tem-se x(x+ 1) = 2, ou x2 − x− 2 = 0, donde x = 1, pois x ≥ 0. Logo,
(1, 2) e´ ponto de intersec¸a˜o. Assim, o esboc¸o de D e´:
x
y
y
=
x
y
=
x
+
1
xy = 2
=⇒ y = 2
x
D1
D2
√
21
√
2
2
Figura 1: Regia˜o D = D1 ∪D2
Tem-se D = D1 ∪D2, onde D1 e D2 sa˜o regio˜es do tipo I, dadas por:
D1 :
{
0 ≤ x ≤ 1
x ≤ y ≤ x+ 1 e D2 :
{
1 ≤ x ≤ √2
x ≤ y ≤ 2
x
Como A(D) =
∫∫
D
dx dy, enta˜o
A(D) =
∫∫
D1
dx dy +
∫∫
D2
dx dy =
∫ 1
0
∫ x+1
x
dy dx+
∫ √2
1
∫ 2
x
x
dy dx
=
∫ 1
0
(x+ 1− x) dx+
∫ √2
1
(
2
x
− x
)
dx =
∫ 1
0
dx+
∫ √2
1
(
2
x
− x
)
dx
= 1 +
[
2 lnx− x
2
2
]√2
1
= 1 +
(
2 ln
√
2− 1)−(2 ln 1︸︷︷︸
0
−1
2
)
= 1 + 2 ln
√
2− 1 + 1
2
= 2 ln
√
2 +
1
2
= 2
1
2
ln 2 +
1
2
= ln 2 +
1
2
u.a.
Ca´lculo IV – AD1 AD1 – Tutor 2
Questa˜o 2 [2,5 pts]: Calcule o centro de massa de uma placa fina com a forma do conjunto
D = {(x, y) ∈ R2 ; x2 + 4y2 ≤ 1, y ≥ 0}, se a densidade em cada ponto e´ proporcional a` distaˆncia
do ponto ao eixo x.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o da regia˜o D e´
x
y
1
2
D
1−1
Figura 2: Regia˜o D
Como a distaˆncia de (x, y) ao eixo x e´ |y| = y, pois y ≥ 0, enta˜o a densidade em (x, y) ∈ D e´ dada
por δ(x, y) = ky, onde k > 0 representa a constante de proporcionalidade. O centro de massa de D
e´ dado por (x, y), onde
Mx =
∫∫
D
x δ(x, y) dx dy = k
∫∫
D
xy dx dy,
My =
∫∫
D
y δ(x, y) dx dy = k
∫∫
D
y2 dx dy,
com M =
∫∫
D
δ(x, y) dx dy = k
∫∫
D
y dx dy.
Como D tem simetria em relac¸a˜o ao eixo y e a func¸a˜o xy e´ impar na varia´vel x, enta˜o
∫∫
D
xy dx dy =
0, donde x = 0.
Vamos usar uma mudanc¸a de varia´veis para calcular as integrais.
Fac¸amos
{
x = 2r cos θ
y = r sen θ
. Logo,
J =
∂(x, y)
∂(r, θ)
=
∣∣∣∣2 cos θ −2r sen θsen θ r cos θ
∣∣∣∣ = 2r cos2 θ + 2r sen2 θ = 2r.
Como dx dy = |J | dr dθ, enta˜o dx dy = 2r dr dθ.
A desigualdade x2 + 4y2 ≤ 1 e´ transformada em 4r2 cos2 θ + 4r2 sen2 θ ≤ 1, donde 4r2 ≤ 1 ou
r ≤ 1
2
.
Logo, 0 ≤ r ≤ 1
2
.
A desigualdade y ≥ 0 e´ transformada em r sen θ ≥ 0 ou sen θ ≥ 0, donde 0 ≤ θ ≤ pi. Portanto, a
regia˜o D : x2 + 4y2 ≤ 1 , y ≥ 0 e´ transformada em
Drθ :
{
0 ≤ r ≤ 1
0 ≤ θ ≤ pi.
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV – AD1 AD1 – Tutor 3
Ca´lculo de M = k
∫∫
D
y dx dy.
Temos
M = k
∫∫
D
y dx dy = k
∫∫
Drθ
(r sen θ) 2r dr dθ
= 2k
∫∫
Drθ
r2 sen θ dr dθ = 2k
∫ 1/2
0
r2
∫ pi
0
sen θ dθ dr
= 2k
∫ 1/2
0
r2[− cos θ]pi0 dr = 4k
∫ 1/2
0
r2 dr
= 3k
[
r3
3
]1/2
0
=
k
6
u.m.
Ca´lculo de k
∫∫
D
y2 dx dy.
Temos:
k
∫∫
D
y2 dx dy = k
∫ 1/2
0
∫ pi
0
(r2 sen2 θ) 2r dr dθ
= 2k
∫ 1/2
0
r3
∫ pi
0
sen2 θ dθ dr
= 2k
∫ 1/2
0
r3
[
1
2
(
θ − sen 2θ
2
)]pi
0
dr
= 2k
pi
2
∫ 1/2
0
r3 dr = kpi
[
r4
4
]1/2
0
=
kpi
64
.
Logo, y =
kpi/64
k/6
=
3pi
32
. Assim, o centro de massa localiza-se em (x, y) =
(
0,
3pi
32
)
.
Questa˜o 3 [2,5 pts]: Seja W um cone circular reto de altura h, raio de base R, homogeˆneo.
Mostre que o momento de inercia em relac¸a˜o a um diametro de sua base e´ igual a
M
20
(2h2 + 3R2),
onde M e´ a massa de W .
Soluc¸a˜o: Consideremos o cone W com a base no plano xy.
x
y
z
h
R
R
(x, y, z)z
W
Figura 3: Cone W
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV – AD1 AD1 – Tutor 4
Vamos determinar a equac¸a˜o da superf´ıcie coˆnica. Seja (x, y, z) um ponto dessa superf´ıcie. Logo, a
distaˆncia desse ponto ao eixo z e´ igual a
√
x2 + y2. Temos dois triaˆngulos retaˆngulos semelhantes:
h
h
−
z
√
x2 + y2
R
Enta˜o,
h− z
h
=
√
x2 + y2
R
, donde 1− z
h
=
√
x2 + y2
R
ou
z
h
= 1−
√
x2 + y2
R
ou z =
h
R
(
R−√x2 + y2)
e´ a equac¸a˜o da superf´ıcie coˆnica.
Consideremos um diaˆmetro da base de W sobre o eixo y. Enta˜o
Iy =
∫∫∫
W
(x2 + z2) δ(x, y, z) dV ,
onde δ(x, y, z) = k, pois W e´ homogeˆneo.
Logo,
Iy = k
∫∫∫
W
(x2 + z2) dV = k
∫∫∫
Wrθz
(r2 cos2 θ + z2) r dr dθ dz
= k
∫∫∫
Wrθz
(r3 cos2 θ + rz2) dr dθ dz
= k
∫ R
0
∫ h
R
(R−r)
0
∫ 2pi
0
(r3 cos2 θ + rz2) dθ dz dr
= k
∫ R
0
∫ h
R
(R−r)
0
[
r3
2
(
θ +
sen 2θ
2
)
+ rz2θ)
]2pi
0
dz dr
= k
∫ R
0
∫ h
R
(R−r)
0
(pir3 + 2pirz2) dz dr
= k
∫ R
0
[
pir3z +
2
3
pirz3
] h
R
(R−r)
0
dr
= k
∫ R
0
[
pir3
h
R
(R− r) + 2
3
pir
h3
R3
(R− r)3
]
dr
= kpi
∫ R
0
[
r3h− r
4h
R
+
2h3
3R3
r(R− r)3
]
dr
Ca´lculo de
∫ R
0
r(R− r)3 dr.
Fazendo u = R−r, temos dr = −dr. Para r = 0, temos u = R e para r = R, temos u = 0. Assim,
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV – AD1 AD1 – Tutor 5
∫ R
0
r(R− r)3 dr = −
∫ 0
R
(R− u)u3 du =
∫ R
0
(Ru3 − u4) du =
[
R
u4
4
− u
5
5
]R
0
=
R5
4
− R
5
5
=
R5
20
.
Portanto,
Iy = kpi
(
R4h
4
− R
4h
5
+
2h3
3R3
R5
20
)
= kpi
(
R4h
20
+
R2h3
30
)
= kpiR2h
(
R2
20
+
h2
30
)
= kpiR2h
3R2 + 2h2
60
=
kpiR2h
3︸ ︷︷ ︸
M
3R2 + 2h2
20
=
M
20
(3R2 + 2h2),
como quer´ıamos mostrar, pois, sendo W homogeˆneo, temos que:
M = k V (W ) = k
(
1
3
piR2h
)
=
kpiR2h
3
.
Questa˜o 4 [2,5 pts]: Calcule
∫∫∫
W
z dV , onde W e´ a regia˜o do primeiro octante, limitada por
y2 + z2 = 2, y = 2x e x = 0.
Soluc¸a˜o: Identificac¸a˜o das superf´ıcies:
• y2 + z2 = 2 =⇒ cilindro circular com geratrizes paralelas ao eixo x;
• y = 2x =⇒ plano (geratrizes paralelas ao eixo z);
• x = 0 =⇒ plano yz.
Temos x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, pois W esta´ no primeiro octante.
Com essas informac¸o˜es, temos o esboc¸o de W :
x
y
z
√
2
√
2√
2
2
W
x
y
√
2
√
2
2
Dxy
Projetando W sobre o plano, temos
W =
{
(x, y, z) ∈ R3 ; (x, y) ∈ Dxy, 0 ≤ z ≤
√
2− y2
}
,
onde Dxy e´ dada por
Dxy :
{
0 ≤ y ≤ √2
0 ≤ x ≤ y
2
.
Logo,
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV – AD1 AD1 – Tutor 6
∫∫∫
W
z dW =
∫∫
Dxy
∫ √2−y2
0
z dz dx dy =
∫∫
Dxy
[
z2
2
]√2−y2
0
dx dy
=
1
2
∫∫
Dxy
(2− y2) dx dy = 1
2
∫ √2
0
(2− y2)
∫ y/2
0
dx dy
=
1
2
∫ √2
0
(2− y2) y
2
dy =
1
4
∫ √2
0
(2y − y3) dy
=
1
4
[
y2 − y
4
4
]√2
0
=
1
4
(2− 1) = 1
4
.
Assim,
∫∫∫
W
z dV =
1
4
.
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ