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Universidade Federal de Vic¸osa Centro de Cieˆncias Exatas e Tecnolo´gicas Departamento de Matema´tica 3a Prova - MAT241 - Ca´lculo III - 01/07/2017 Nome: Matr´ıcula: Turma 1 Turma 2 Turma 3 Turma 4 Turma 5 Giovanni Je´ssyca Edson Sandro Edson Seg 08 - 10 Seg 16 - 18 Ter 14 - 16 Seg 10 - 12 Ter 08 - 10 Qua 10 - 12 Qui 14 - 16 Qui 16 - 18 Qui 08 - 10 Qui 10 - 12 Em todas as questo˜es justifique suas respostas. Boa Prova! Questa˜o 1: (25 pontos) Determine o valor ma´ximo global e o valor mı´nimo global de f(x, y) = x2 + 2y2 − x sobre o conjunto S = {(x, y) ∈ R2; (x− 2)2 + y2 ≤ 4} A func¸a˜o f e´ cont´ınua no compacto S. Desta forma, f possui ma´ximo global e mı´nimo global. Primeiramente, devemos encontrar os pontos cr´ıticos de f no interior de S, ou seja, no conjunto S1 = {(x, y) ∈ R2; (x − 2)2 + y2 < 4}. Os pontos cr´ıticos de f em S1 sa˜o pontos tais que ∇f(x, y) = −→0 . Assim, como ∂f ∂x (x, y) = 2x− 1 e ∂f ∂y (x, y) = 4y, segue que∇f(x, y) = −→0 se, e somente se, x = 1 2 e y = 0. Note que o ponto P1 = ( 1 2 , 0 ) ∈ S1, pois ( −3 2 )2 +02 = 9 4 < 4. Devemos agora analisar a func¸a˜o sobre a fronteira do conjunto S, ou seja, devemos analisar f sobre o conjunto S2 = {(x, y) ∈ R2; (x− 2)2 + y2 = 4}. Neste caso, utilizaremos Multiplicadores de Lagrange. Seja g(x, y) = (x − 2)2 + y2 − 4. Temos que g e´ uma func¸a˜o de classe C1 e o conjunto S2 e´ o conjunto dos pontos tais que g(x, y) = 0 e ∇g(x, y) 6= −→0 em S2. Pelo Teorema de Multiplicadores de Lagrange, devemos resolver o sistema{ ∇f(x, y) + λ∇g(x, y) = −→0 g(x, y) = 0 , ou seja, resolver o sistema (2x− 1) + λ(2x− 4) = 0 (1)4y + λ2y = 0 (2) (x− 2)2 + y2 = 4. (3) Pela equac¸a˜o (2), devemos ter (2 + λ)y = 0, ou seja, y = 0 ou λ = −2. • Se y = 0, enta˜o pela equac¸a˜o (3) devemos ter (x− 2)2 = 4, ou seja, x = 0 ou x = 4. • Se λ = −2, a equac¸a˜o (1) e´ dada por (2x − 1) − 2(2x − 4) = 0, de onde obtemos x = 7 2 . Substituindo esta valor em (3), encontramos ( 7 2 − 2 )2 + y2 = 4 y = ± √ 7 2 . Assim, obtemos quatro pontos, que resolvem o sistema, dados por P2 = (0, 0), P3 = (4, 0), P4 = ( 7 2 , √ 7 2 ) e P5 = ( 7 2 ,− √ 7 2 ) . x 1 2 3 4 y −2 −1 1 2 0 P1P2 P3 P4 P5 Para encontrar o ma´ximo global e o mı´nimo global, basta avaliar a func¸a˜o f nestes pontos. Desta forma, • f(P1) = 1 4 − 1 2 = −1 4 • f(P2) = 0 • f(P3) = 42 − 4 = 12 • f(P4) = f(P5) = 49 4 + 2 · 7 4 − 7 2 = 49 4 . Por inspec¸a˜o,observamos que o valor ma´ximo de f e´ 49 4 e o valor mı´nimo e´ −1 2 . 1 Questa˜o 2: Considere a seguinte expressa˜o∫ 2 0 ∫ y 0 f(x, y)dxdy + ∫ 2√2 2 ∫ √8−y2 0 f(x, y)dxdy. (a) (10 pontos) Esboce, em um mesmo sistema de coordenadas, as regio˜es de integrac¸a˜o. (b) (10 pontos) Escreva a expressa˜o anterior utilizando coordenadas polares. (c) (10 pontos) Calcule a integral quando f(x, y) = e √ x2+y2 . (a) A regia˜o de integrac¸a˜o da primeira integral corresponde a R1 e a regia˜o de integrac¸a˜o da segunda integral corres- ponde a R2. x 1 2 2 √ 2 y 1 2 2 √ 2 0 y = x R1 R2 R1 = {(x, y) ∈ R2, 0 ≤ x ≤ y e 0 ≤ y ≤ 2} R2 = {(x, y) ∈ R2, 0 ≤ x ≤ √ 8− y2 e 2 ≤ y ≤ 2√2}. Note que o ponto (2, 2) e´ um ponto sobre a circunfereˆncia x2 + y2 = (2 √ 2) e sobre a reta y = x. Desta forma, a unia˜o das regio˜es R1 e R2 e´ um setor circular. Ale´m disso, x = √ 8− y2 x2 + y2 = (2 √ 2)2, x ≥ 0. (b) Como a reta y = x forma um aˆngulo de pi 4 radianos com o eixo x e a unia˜o das duas regio˜es e´ um setor circular, para qualquer (x, y) neste setor, teremos x = r cos θ e y = r sen θ, com pi 4 ≤ θ ≤ pi 2 e 0 ≤ r ≤ 2√2. Desta forma, lembrando que ∂(x, y) ∂(r, θ) = r, ∫ 2 0 ∫ y 0 f(x, y)dxdy + ∫ 2√2 2 ∫ √8−y2 0 f(x, y)dxdy = ∫ 2√2 0 ∫ pi 2 pi 4 r · f(r cos θ, r sen θ)drdθ. (c) Se f(x, y) = e √ x2+y2 , enta˜o f(r cos θ, r sen θ) = er. Assim, ∫ 2 0 ∫ y 0 f(x, y)dxdy + ∫ 2√2 2 ∫ √8−y2 0 f(x, y)dxdy = ∫ pi 2 pi 4 ∫ 2√2 0 rerdrdθ = (pi 2 − pi 4 )∫ 2√2 0 rerdr = pi 4 (rer − er) ∣∣∣∣2 √ 2 0 = pi 4 [ (2 √ 2− 1)e2 √ 2 − (−1) ] = pi 4 [ (2 √ 2− 1)e2 √ 2 + 1 ] . 2 Questa˜o 3: Seja W o so´lido limitado pelas superf´ıcies de equac¸o˜es y = 2− 2x2, y = 0, z = 4 e y + z = 2. (a) (10 pontos) Esboce o so´lido W. (b) (15 pontos) Calcule ∫∫∫ W xz dV. (a) x −1 1 y 1 2 0 A superf´ıcie de equac¸a˜o y = 2 − 2x2 e´ uma superfic´ıe cilindrica. Para y ≥ 0, os pontos do plano y + y = 2 encontram-se localizados abaixo dos pontos do plano de equac¸a˜o z = 4, visto que para y ≥ 0, temos z = 2− y ≤ 2 < 4. A projec¸a˜o, no plano xy, do so´lido e´ a regia˜o ilustrada na figura a` direita. (b) Pela limitac¸o˜es obtidas no item anterior, temos∫∫∫ W xzdV = ∫ 1 −1 ∫ 2−2x2 0 ∫ 4 2−y xzdzdydx = ∫ 1 −1 ∫ 2−2x2 0 (x 2 z2 )∣∣∣4 2−y dydx = ∫ 1 −1 ∫ 2−2x2 0 x 2 ( 16− (2− y)2) dydx = ∫ 1 −1 ∫ 2−2x2 0 x 2 ( 12y + 2y2 − y 3 3 ) dydx = ∫ 1 −1 x 2 ( 12y + 2y2 − y 3 3 )∣∣∣∣2−2x 2 0 dx = ∫ 1 −1 x 2 ( 12(2− 2x2) + 2(2− 2x2)2 − (2− 2x 2)3 3 ) dx = ∫ 1 −1 ( 12x(1− x2) + 4x(1− x2)2 − 4x 3 (1− x2)3 ) dx = 0, pois o integrando e´ uma func¸a˜o ı´mpar e o intervalo e´ sime´trico em relac¸a˜o a` origem. 3 Questa˜o 4: (20 pontos) Encontre o volume do so´lido, localizado acima do plano xy, entre o cone de equac¸a˜o z = √ x2 + y2 3 e a esfera de equac¸a˜o de equac¸a˜o x2 + y2 + z2 = 4, como ilustrado na figura a seguir. y 2 2 x z O trac¸o do cone de equac¸a˜o z = √ x2 + y2 3 com o plano yz e´ a curva de equac¸a˜o z = √ 3 3 |y|. A reta de equac¸a˜o z = √ 3 3 y forma um aˆngulo α = arctg (√ 3 3 ) = pi 6 com o eixo y. Da´ı, z = √ 3 3 y forma um aˆngulo β = pi 2 − pi 6 = pi 3 com o eixo z. Logo, fazendo a mudanc¸a para coordenadas esfe´ricas, ou seja, x = ρ senφ cos θ y = ρ senφ sen θ z = ρ cosφ , enta˜o 0 ≤ ρ ≤ 2, pi 3 ≤ φ ≤ pi 2 e 0 ≤ θ ≤ 2pi. Como ∣∣∣∣∂(x, y, z)∂(ρ, θ, φ) ∣∣∣∣ = ρ2 senφ, segue que, se S e´ o so´lido em questa˜o, enta˜o seu volume e´ dado por V (S) = ∫∫∫ S 1dV = ∫ 2 0 ∫ 2pi 0 ∫ pi 2 pi 3 ρ2 senφdφdθdρ = ∫ 2 0 ∫ pi 2 pi 3 ∫ 2pi 0 ρ2 senφdθdφdρ = 2pi ∫ pi 2 pi 3 ∫ 2 0 ρ2 senφdρdφ = 2pi ∫ pi 2 pi 3 ρ3 3 senφ ∣∣∣∣ρ=2 ρ=0 dφ = 16pi 3 ∫ pi 2 pi 3 senφdφ = −16pi 3 cosφ ∣∣∣∣pi2 pi 3 = −16pi 3 ( 0− 1 2 ) = 8pi 3 . Boa Prova! 4
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