AD1 CIV 2013.2 (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 [2,0 pts]: Prove que
I =
∫ 4
1
∫ ln 2
ln y
2
1
ex + 1
dx dy = 1− ln 2.
Soluc¸a˜o: Temos I =
∫∫
D
1
ex + 1
dx dy, onde
D =
{
(x, y) ∈ R2 ; 1 ≤ y ≤ 4 , ln y
2
≤ x ≤ ln 2
}
.
Observe que:
x =
ln y
2
⇐⇒ ln y = 2x⇐⇒ y = e2x ,
1 ≤ y ≤ 4 ⇐⇒ ln 1 ≤ ln y ≤ ln 4⇐⇒ 0 ≤ ln y ≤ 2 ln 2
⇐⇒ 0 ≤ ln y
2
≤ ln 2⇐⇒ 0 ≤ x ≤ ln 2.
Portanto,
x =
ln y
2
, 1 ≤ y ≤ 4⇐⇒ y = e2x, 0 ≤ x ≤ ln 2.
Assim, o esboc¸o da regia˜o de integrac¸a˜o D e´:
x
y
x
=
ln
2
2
⇐
⇒
y
=
e
2
x
y = 1
ln 2
1
4
D
Figura 1: Regia˜o D
Vamos calcular a integral I invertendo a ordem de integrac¸a˜o.
Temos D : 0 ≤ x ≤ ln 2, 1 ≤ y ≤ e2x. Enta˜o
Ca´lculo IV – AD1 AD1 – Tutor 2
I =
∫ ln 2
0
∫ e2x
1
1
ex + 1
dy dx =
∫ ln 2
0
e2x − 1
ex + 1
dx =
∫ ln 2
0
(ex + 1)(ex − 1)
ex + 1
dx
=
∫ ln 2
0
(ex − 1) dx = [ex − x]ln 20 = (eln 2 − ln 2)− (e0 − 0) = 2− ln 2− 1 = 1− ln 2,
como quer´ıamos provar.
Questa˜o 2 [3,0 pts]: Passe para coordenadas polares e prove que
I =
∫ 1
0
∫ √2−x2
x2
90
√
x2 + y2 dy dx = 4
√
2 + 4 + 15
√
2pi.
Soluc¸a˜o: Temos I = 90
∫∫
D
√
x2 + y2 dy dx, onde
D =
{
(x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ x ≤ 1 e x2 ≤ y ≤
√
2− x2
}
.
De y = x2 e y =
√
2− x2 ou x2 + y2 = 2, y ≥ 0, temos y2 + y − 2 = 0, y ≥ 0. Resolvendo a
equac¸a˜o temos y = 1, donde x2 = 1 ou x = 1, pois 0 ≤ x ≤ 1. Asim, a intersec¸a˜o das curvas e´ o
ponto (1, 1).
De x2≤ y≤
√
2− x2, vemos que D esta´ limitada inferiormente pela para´bola y=x2 e superiormente
pelo arco de circunfereˆncia y=
√
2− x2. Considerando que 0≤ x ≤1, temos o esboc¸o de D:
x
y
√
2
D
1
1
x2 + y2=2
y=x2
x
y
√
2
D1
D2
1
1
y=x
Passando para coordenadas polares, temos:√
x2 + y2 dx dy =
√
r2 r dr dθ = r2 dr dθ.
Para descrever D em coordenadas polares, devemos decompor D em D1 ∪D2, onde
D1 = {(x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ x ≤ 1 , x2 ≤ y ≤ x}
e
D2 =
{
(x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ x ≤ 1 , x ≤ y ≤ √2− x2}
A equac¸a˜o y = x2 em coordenadas polares fica r sen θ = r2 cos2 θ, donde
r =
sen θ
cos2 θ
= tan θ sec θ, se r 6= 0.
A equac¸a˜o x2 + y2 = 2 transforma-se em r2 = 2, ou r =
√
2.
Assim, temos:
D1 rθ : 0 ≤ θ ≤ pi
4
, 0 ≤ r ≤ tan θ sec θ
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV – AD1 AD1 – Tutor 3
e
D2 rθ :
pi
4
≤ θ ≤ pi
2
, 0 ≤ r ≤ √2.
Enta˜o:
I = 90
∫∫
D1rθ
r2 dr dθ + 90
∫∫
D2rθ
r2 dr dθ
= 90
∫ pi/4
0
∫ tan θ sec θ
0
r2 dr dθ + 90
∫ pi/2
pi/4
∫ √2
0
r2 dr dθ
= 90
∫ pi/4
0
[
r3
3
]tan θ sec θ
0
dθ + 90
∫ pi/2
pi/4
[
r3
3
]√2
0
dθ
= 30
∫ pi/4
0
tan3 θ sec3 θ dθ + 30 2
√
2
pi
4︸ ︷︷ ︸
15
√
2pi
.
Da trigonometria, temos:
tan3 θ sec3 θ = tan2 θ sec2 θ tan θ sec θ = (sec2 θ − 1) sec2 θ tan θ sec θ = (sec4 θ − sec2 θ) tan θ sec θ
Enta˜o, ∫
tan3 θ sec3 θ dθ =
∫
(sec4 θ − sec2 θ) tan θ sec θ dθ
=
∫
(sec4 θ − sec2 θ) d(sec θ)
=
sec5 θ
5
− sec
3 θ
3
+ C.
Assim sendo,
30
∫ pi/4
0
tan3 θ sec3 θ dθ = 30
[
sec5 θ
5
− sec
3 θ
3
]pi/4
0
= 30
[(
1
5
(
√
2)5 − 1
3
(
√
2)3
)
−
(
1
5
− 1
3
)]
= 30
(
4
√
2
5
− 2
√
2
3
+
2
15
)
= 30
12
√
2− 10√2 + 2
15
= 2
(
2
√
2 + 2
)
.
Substituindo acima, temos:
I = 4
√
2 + 4 + 15
√
2pi
Questa˜o 3 [2,5 pts]: Calcule o centro de massa de uma laˆmina que tem a forma do conjunto
D = {(x, y) ∈ R2 ; x ≤ y ≤ x+ 1 e 0 ≤ x ≤ 1}, sendo que a densidade superficial num ponto e´
igual ao produto das suas coordenadas.
Soluc¸a˜o: O centro de massa da laˆmina D e´ o ponto (x, y) tal que:
Mx =
∫∫
D
xδ(x, y) dA, My =
∫∫
D
yδ(x, y) dA,
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com M =
∫∫
D
δ(x, y) dA, onde δ(x, y) = xy.
Logo,
Mx =
∫∫
D
x2y dA, My =
∫∫
D
xy2 dA,
com M =
∫∫
D
xy dA.
Temos:
•M =
∫ 1
0
∫ x+1
x
xy dy dx =
∫ 1
0
x
[
y2
2
]x+1
x
dx =
1
2
∫ 1
0
x[(x+ 1)2 − x2]dx
=
1
2
∫ 1
0
(2x2 + x)dx =
1
2
[
2
x3
3
+
x2
2
]1
0
=
7
12
.
•
∫
D
x2y dA =
∫ 1
0
x2
∫ x+1
x
y dy dx =
1
2
∫ 1
0
x2(2x+ 1) dx =
1
2
∫ 1
0
(2x3 + x2) dx
=
1
2
[
x4
2
+
x3
3
]1
0
=
1
2
[
1
2
+
1
3
]
=
5
12
.
•
∫
D
xy2 dA =
∫ 1
0
x
∫ x+1
x
y2 dy dx =
∫ 1
0
x
[
y3
3
]x+1
x
dx =
1
3
∫ 1
0
x(3x2 + 3x+ 1) dx
=
1
3
∫ 1
0
(3x3 + 3x2 + x) dx =
1
3
[
3x4
4
+ x3 +
x2
2
]1
0
=
1
2
[
3
4
+ 1 +
1
2
]
=
3
4
.
Substituindo acima, temos
7
12
x =
5
12
e
7
12
y =
3
4
,
donde x =
5
7
e y =
9
7
.
Logo, (x, y) =
(
5
7
,
9
7
)
.
Questa˜o 4 [2,5 pts]: Calcule o volume do so´lido W dado por x2+ y2+ z2 ≤ a2 e z ≥ a
2
, (a > 0).
Soluc¸a˜o: O esboc¸o do so´lido W e´
x
y
z
a
√
3a
2
D
a
2
W
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De x2 + y2 + z2 = a2 e z =
a
2
, temos x2 + y2 =
3a2
4
. Assim, a projec¸a˜o de W sobre o plano xy e´ o
disco D : x2 + y2 ≤ 3a
2
4
.
Temos
V (W ) =
∫∫∫
W
dV =
∫∫
D
∫ √a2−x2−y2
a/2
dz dx dy
=
∫∫
D
(√
a2 − x2 − y2 − a
2
)
dx dy
=
∫∫
D
√
a2 − x2 − y2 dx dy − a
2
A(D),
onde A(D) = pi
(√
3a
2
)2
=
3pia2
4
e
∫∫
D
√
a2 − x2 − y2 dx dy =
∫∫
Drθ
√
a2 − r2 r dr dθ
=
∫ √3 a/2
0
(
a2 − r2)1/2 r ∫ 2pi
0
dθ dr
=
2pi
−2
∫ √3 a/2
0
(
a2 − r2)1/2 d (a2 − r2)
= −pi2
3
[
(a2 − r2)3/2
]√3 a/2
0
= −2pi
3
[(
a2 − 3a
2
4
)3/2
− (a2)3/2
]
= −2pi
3
((
a2
4
)3/2
− a3
)
= −2pi
3
(
a3
8
− a3
)
=
14pia3
24
=
7pia3
12
.
Logo,
V (W ) =
7pia3
12
− a
2
3pia2
4
=
7pia3
12
− 3pia
3
8
=
5pia3
24
.
Ou seja, V (W ) =
5pia3
24
u.v.
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