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Primeira Prova de Ca´lculo IIIA 2016-1 Questa˜o 1 [2 pontos] Invertindo a ordem de integrac¸a˜o calcule a integral∫ 1 0 ∫ 1 √ x √ 1 + y3 dy dx. Soluc¸a˜o: Temos I = ∫∫ D √ 1 + y3 dx dy, onde a regia˜o D e´ dada por D : 0 ≤ x ≤ 1 , √x ≤ y ≤ 1. Trata-se de uma regia˜o do tipo I. De 0 ≤ x ≤ 1,vemos que D esta´ situada na faixa vertical limitada pelas retas verticais x = 0 e x = 1. De √ x ≤ y ≤ 1, vemos que D esta´ limitada inferiormente pela curva y = √x e limitada superior- mente pela reta horizontal y = 1 como mostra a figura abaixo. D x y 0 1 1 x=0 x=y2 y= √ x=⇒x=y2 Enquadrando D como uma regia˜o do tipo II, temos D : 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ y2. Enta˜o I = ∫ 1 0 ∫ y2 0 √ 1 + y3 dx dy = ∫ 1 0 √ 1 + y3 y2 dy = ∫ 1 0 ( 1 + y3 )1/2 y2 dy. Fazendo u = 1 + y3, temos du = 3y2 dy, donde y2 dy = du 3 . Para y = 0, temos u = 1 e para y = 1, temos u = 2. Logo, I = ∫ 2 1 u1/2 du 3 = 1 3 ∫ 2 1 u1/2 du = 1 3 · 2 3 [ u3/2 ]2 1 = 2 9 ( 23/2 − 1) = 2 9 ( 2 √ 2− 1 ) . Questa˜o 2 [2 pontos] Calcule a massa de uma laˆmina com a forma de um semi-anel plano D contido no semiplano superior y ≥ 0 limitado pelos cr´ıculos de raios 1 e 2, sabendo que a densidade de massa em cada (x, y) ∈ D e´ dada por δ(x, y) = ex2+y2 . Soluc¸a˜o: O esboc¸o de D e´ dado na figura que segue: Ca´lculo IIIA Primeira Prova 2 D x y 0 1 2−1−2 2 1 Utilizando coordenadas polares, vemos que D e´ descrito no plano polar por Drθ : 1 ≤ r ≤ 2 , 0 ≤ θ ≤ pi. E a func¸a˜o de densidade δ(x, y) = ex 2+y2 em coordenadas polares, e´ δ(r cos θ, r sen θ) = er 2 . Como dx dy = r dr dθ, enta˜o, pela fo´rmula da integral dupla em coordenadas polares, temos M = ∫∫ D ex 2+y2 dx dy = ∫∫ Drθ er 2 r dr dθ = ∫ 2 1 er 2 r ∫ pi 0 dθ dr = pi ∫ 2 1 er 2 r dr. Fazendo u = r2, temos du = 2r dr, ou seja, r dr = 1 2 du. Ale´m disso, u = 1 quando r = 1 e u = 4 quando r = 2. Enta˜o: M = pi ∫ 2 1 er 2 r dr = pi 2 ∫ 4 1 eudu = pi 2 [eu]41 = pi 2 (e4 − e). Fazendo u = er 2 , temos du = 2rer 2 dr, donde er 2 r dr = du 2 . Para r = 1, temos u = e e para r = 2, temos u = e4. Enta˜o M = pi ∫ e4 e du 2 = pi 2 ∫ e4 e du = pi 2 [ e4 − e] u.m.. Questa˜o 3 [2 pontos] Usando integral tripla, calcule o volume do so´lido W limitado pelos planos y + z = 1, y = x, z = 0 e x = 0. Soluc¸a˜o: Identificac¸a˜o das superf´ıcies: • y + z = 1 =⇒ plano com geratrizes paralelas ao eixo x e diretriz y + z = 1 (reta) no plano yz. • y = x =⇒ plano com geratrizes paralelas ao eixo z e diretriz y = x (reta) no plano xy. • z = 0 =⇒ plano coordenado xy. • x = 0 =⇒ plano coordenado yz. Esboc¸ando os planos y + z = 1 e y = x, vemos que os pontos A = (0, 0, 1) e B = (1, 1, 0) sa˜o comuns a esses planos. Portanto, a reta AB e´ a intersec¸a˜o desses planos. x y z 0 1 1 1 A B Levando em conta que o so´lido W e´ limitado pelos planos z = 0 e x = 0, temos o seu esboc¸o. Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ Ca´lculo IIIA Primeira Prova 3 x y z 0 1 1 1 W y+z=1=⇒z=1−y x y 0 1 D y=x Projetando o so´lido W no plano xy, encontramos o triaˆngulo D, dado por D : 0 ≤ y ≤ 1 , 0 ≤ x ≤ y. Considerando uma paralela ao eixo z, por um ponto P = (x, y, z) no interior de W , vemos que essa paralela entra no so´lido W em z = 0 e sai de W em z = 1− y. Logo, 0 ≤ z ≤ 1− y. Assim, W e´ dado por: W : 0 ≤ y ≤ 1 , 0 ≤ x ≤ y , 0 ≤ z ≤ 1− y. Temos V (W ) = ∫∫∫ W dx dy dz = ∫∫ D ∫ 1−y 0 dz dx dy = ∫∫ D (1− y) dx dy = ∫ 1 0 ∫ y 0 (1− y) dx dy = ∫ 1 0 (1− y)y dy = ∫ 1 0 (y − y2) dy = [ y2 2 − y 3 3 ]1 0 = 1 2 − 1 3 = 1 6 . Logo, V (W ) = 1 6 u.v. Questa˜o 4 [2 pontos] O valor me´dio m(f,W ) de uma func¸a˜o f(x, y, z) em uma regia˜o so´lida W ⊂ R3 se define como a integral m(f,W ) = 1 V (W ) ∫∫∫ W f(x, y, z) dx dy dz. Calcule o valor me´dio de f(x, y, z) = √ x2 + y2 + z2 na esfera so´lida W = x2 + y2 + z2 ≤ 1. Indicac¸a˜o: o volume da esfera de raio r e´ igual a 4 3 pir3. Soluc¸a˜o: O esboc¸o de W e´: x y z 1 11 W Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ Ca´lculo IIIA Primeira Prova 4 Como r = 1, temos V (W ) = 4 3 pi. Temos m(f,W ) = 1 V (W ) ∫∫∫ W √ x2 + y2 + z2 dx dy dz = 3 4pi ∫∫∫ W √ x2 + y2 + z2 dx dy dz. Utilizando coordenadas esfe´ricas, vemos que W e´ descrito por Wρφθ : 0 ≤ ρ ≤ 1 , 0 ≤ φ ≤ pi , 0 ≤ θ ≤ 2pi. E a func¸a˜o f(x, y, z) = √ x2 + y2 + z2 em coordenadas esfe´ricas e´ √ ρ2 = ρ. Como dx dy dz = ρ2 senφ dρ dφ dθ, temos: m(f,W ) = 3 4pi ∫∫∫ Wρφθ ρ · ρ2 senφ dρ dφ dθ = 3 4pi ∫∫∫ Wρφθ ρ3 senφ dρ dφ dθ = 3 4pi ∫ 1 0 ρ3 ∫ pi 0 senφ ∫ 2pi 0 dθ dφ dρ = 3 2 ∫ 1 0 ρ3 [− cosφ]pi0 dρ = 3 2 · 2 [ ρ4 4 ]1 0 = 3 4 . Questa˜o 5 [2 pontos] Um arame e´ disposto no espac¸o na forma da curva C situada no primeiro octante, intersec¸a˜o da esfera de centro na origem e raio 2 com o semiplano z = √ 3y, com y ≥ 0. (a) Apresente uma parmetrizac¸a˜o diferencia´vel de C. (b) Calcule a massa do arame, sabendo que a densidade de massa em cada ponto e´ dada pela altura do ponto em relac¸a˜o ao plano xy. Soluc¸a˜o: (a) De x2 + y2 + z2 = 4 e z = √ 3y, y ≥ 0, temos x2 + y2 + 3y2 = 4, y ≥ 0 =⇒ x2 + 4y2 = 4, y ≥ 0 =⇒ x 2 4 + y2 = 1, y ≥ 0. Logo, x = 2 cos t, y = sen t, com 0 ≤ t ≤ pi 2 , pois y ≥ 0 e a curva esta´ no primeiro octante. Como z = √ 3y, enta˜o z = √ 3 sen t. Assim, uma parametrizac¸a˜o diferencia´vel de C e´ dada por γ(t) = (2 cos t, sen t, √ 3 sen t), 0 ≤ t ≤ pi 2 . (b) Temos M = ∫ C δ(x, y, z) ds = ∫ C z ds, onde ds = ‖γ ′(t)‖ dt. Sendo que γ ′(t) = (−2 sen t, cos t,√3 cos t), temos ‖γ ′(t)‖ = √ 4 sen2 t+ cos2 t+ 3 cos2 t = √ 4 sen2 t+ 4 cos2 t = √ 4 = 2. Logo, ds = ‖γ ′(t)‖ dt = 2 dt. Portanto, M = ∫ pi/2 0 √ 3 sen t · 2 dt = 2 √ 3 ∫ pi/2 0 sen t dt = 2 √ 3 [ − cos t ]pi/2 0 = 2 √ 3 · 1 = 2 √ 3 u.m. Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ