AP1 c4 gabarito

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CURSOS DE LICENCIATURA EM MATEMÁTICA E FÍSICA
PRÓ-LICENCIATURA/UAB
1
a
AVALIAÇÃO PRESENCIAL - AP1 � DATA:29/04/2017 � VALOR: 40 PONTOS
DISCIPLINA: CÁLCULO IV
PROFESSOR(A): GRIGORI CHAPIRO
ALUNO(A): N
o
DE MATRÍCULA:
POLO:
Informações: Esta prova contém cinco questões. A prova deve ser feita sem consulta a qualquer material.
Não é permitido usar rascunhos ou calculadoras. A resolução das questões pode ser feita a lápis.
Questões sem desenvolvimento não serão corrigidas.
Questão 1: Considere D = [1, 2]× [−1, 1], calcule:∫∫
D
x2 − y2dydx.
Solução: ∫∫
D
x2 − y2dydx =
∫ 2
1
∫ 1
−1
(x2 − y2)dydx =
∫ 2
1
[
x2y − y
3
3
]y=1
y=−1
dx =
∫ 2
1
[
2x2 − 2
3
]
dx =
=
[
2x3
3
− 2x
3
]x=2
x=1
=
16
3
− 4
3
− 2
3
+
2
3
= 4.
Pontuação: 20 Pts. Erros pequenos -5pts.
Questão 2: Seja D ⊂ R2 a região limitada pelas curvas y = x− 6 e y2 = x.
(a) Identifique a região de integração no gráfico.
(b) Calcule
∫∫
D
f(x, y)dxdy, onde f(x, y) = 4y3.
Solução: (a) Calculando os pontos de interseção das duas curvas: x = y + 6 = y2, logo y = −2 ou y = 3. Valores
correspondentes de x: x = 4 e y = 9. (b) Calculando:
x
y3
9
4
y=x-6y
2=x
-2
Figura 1: Região de integração da Questão 2 destacada em cor cinza.
∫∫
D
f(x, y)dxdy =
∫ 3
−2
∫ y+6
y2
4y3dxdy =
∫ 3
−2
[4xy3]x=y+6x=y2 dy =
∫ 3
−2
[4(y + 6)y3 − 4y2y3]dy =
1
=
[
4y5
5
+
6y4
1
− 2y
6
3
]3
−2
=
4 · 35
5
+
6 · 34
1
− 2 · 3
6
3
− 4 · (−2)
5
5
− 6 · (−2)
4
1
+
2 · (−2)6
3
=
=
4 · 35
5
+
27
5
− 3 · 25 + 2
7
3
=
500
3
.
Pontuação: (a) 10 Pts. Erros pequenos -5pts. (b) 10 Pts. Erros pequenos -5pts. A última conta podia deixar sem
fazer.
Questão 3: Seja D ⊂ R2 o disco unitário centrado na origem. Calcule ∫∫
D
sen(x2 − y2)dxdy
Solução: Usando coordenadas polares:∫∫
D
sen(x2 − y2)dxdy =
∫ 2pi
0
∫ 1
0
sen(r2cos(θ)− r2sen(θ))drdθ =?
Pontuação: 20 Pts. Com um erro de sinal eu transformei essa questão de fácil em quase impossível de resolver.
Aqueles que escreveram a integral corretamente ganharam 20 pontos.
Questão 4: Seja T ⊂ R3 o sólido limitado pelos planos coordenados e pelo plano z = 2− 2x− 2y.
(a) Identifique o sólido através de um esboço.
(b) Calcule o volume deste sólido usando integral tripla.
Solução: (a) Como visto em Geometria Descritiva z = 2 − 2x − 2y é um plano que passa pelos pontos (0, 0, 2),
(1, 0, 0) e (0, 1, 0). Portanto o sólido da questão é um prisma como na Figura 2.
z
x
2
1
1y
Figura 2: Região da Questão 4.
(b) Volume coincide com a integral da função 1 no sólido. O problema neste caso é escolher bem a ordem de
integração. Ao longo do eixo z temos que integrar entre a parte do z = 0 e o plano z = 2 − 2x − 2y. Para isso y
varia entre y = 0 e y = 1− x. Sobrou x que varia entre 0 e 1. Temos
V =
∫ 1
0
∫ 1−x
0
∫ 2−2x−2y
0
1 dzdydx =
∫ 1
0
∫ 1−x
0
(2− 2x− 2y)dydx =
∫ 1
0
[2y − 2xy − y2]y=1−xy=0 dx =
=
∫ 1
0
[2− 2x− 2x+ 2x2 − (1− 2x+ x2)]dx =
∫ 1
0
[1− 2x+ x2]dx = [x− x2 + x3/3]10 = 1/3.
Só para verificar, podemos calcular a altura de qualquer prisma como 1/3 vezes a área da base vezes altura. Neste
caso V = 1/3 · 1/2 · 2 = 1/3.
Pontuação: (a) 10 Pts. Pequenos erros -5 Pts. (b) 10 Pts. Quem escreveu a integral certa 5 Pts. Erros -5 Pts.
Contas sem sentido 0 Pts.
Questão 5: Usando a mudança de coordenadas, calcule a integral∫∫∫
W
dxdydz√
x2 + y2 + z2
,
onde W = {(x, y, z) ∈ R3, x2 + y2 + z2 ≤ 1}. Identifique este sólido no gráfico.
Solução: Região de integração é uma esfera indicada na Figura 3. Usando coordenadas esféricas:∫∫∫
W
dxdydz√
x2 + y2 + z2
=
∫ pi
0
∫ 2pi
0
∫ 1
0
(r2 sen(φ))
drdθdφ√
r2
=
∫ pi
0
∫ 2pi
0
∫ 1
0
r sen(φ)drdθdφ =
2
z
x0
Figura 3: Esfera de raio 1 centrada na origem da Questão 5.
=
∫ pi
0
∫ 2pi
0
sen(φ)
2
dθdφ =
∫ pi
0
sen(φ)pidφ = pi(− cos(pi) + cos(0)) = 2pi.
Pontuação: Cálculo: 15 Pts. Pequenos erros -5 Pts. Gráfico 5 Pts.
3