Cálculo3A-Prova com Gabarito-VE1-UFF-Saponga-E12017 1

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uff
Universidade Federal Fluminense
Campus do Valonguinho
Instituto de Matema´tica e Estat´ıstica
Departamento de Matema´tica Aplicada - GMA Prof Saponga
Rua Ma´rio Santos Braga s/n
24020 -140 Nitero´i, RJ
Ca´lculo III - A / 2017.1
Durac¸a˜o da prova: 1h45min
As justificativas sa˜o partes fundamentais das soluc¸o˜es das questo˜es
VE 1 - Turma E1 - Soluc¸o˜es : Aplicada em 04/maio/2017
1.
Considere a integral iterada
∫ 1
0
∫ 2x
x
dy dx .
(i) Esboce a regia˜o de integrac¸a˜o, indicando no desenho, claramente, as equac¸o˜es das curvas que a delimitam ;
(ii) Troque a ordem de integrac¸a˜o para expressar a integral acima em termos de integrais iteradas na ordem dx dy .
Soluc¸a˜o: Da integral iterada dada, conclu´ımos a variac¸a˜o de x : 0 7−→ 1 . Ale´m disso, para
cada x ∈ [ 0 , 1 ] fixado, temos a variac¸a˜o de y : x 7−→ 2x . Assim, a regia˜o D de integrac¸a˜o,
fica descrita pelas desigualdades:
D = {(x , y) ∈ R2 ; 0 ≤ x ≤ 1 e x ≤ y ≤ 2x}.
Na figura ao lado exibimos o esboc¸o hachurado da regia˜o D e isso finaliza o item (i).
(ii) Para efetuar a troca da ordem de integrac¸a˜o, vamos precisar de duas integrais iteradas. x
y
1
2
x
x = y
x
2x = y
y
=
x
y
=
2x
x
=
1
D
Parte I: 0 ≤ y ≤ 1 .
Para cada 0 ≤ y ≤ 1 fixado, a varia´vel x varia de quando entramos no dom´ınio, isto e´,
x = y/2 ate´ quando saimos do dom´ınio, isto e´, x = y . E assim, obtemos a integral :
∫ 1
0
∫ y
y/2
dx dy . (I)
Parte II: 1 ≤ y ≤ 2 .
Para cada 1 ≤ y ≤ 2 fixado, a varia´vel x varia de quando entramos no dom´ınio, isto e´,
x = y/2 ate´ quando saimos do dom´ınio, isto e´, x = 1 . E assim, obtemos a integral :∫ 2
1
∫ 1
y/2
dx dy . (II)
x
y
1
2
1
y
y
I
II y
=
x
y
=
2x
Consequentemente, temos a igualdade :∫ 1
0
∫ 2x
x
dy dx =
∫ 1
0
∫ y
y/2
dx dy +
∫ 2
1
∫ 1
y/2
dx dy
que realiza a troca da ordem de integrac¸a˜o, finalizando a soluc¸a˜o da questa˜o.
�
Nota
�
Repita a questa˜o dada para a integral iterada
∫ 1
0
∫ √2−x2
x
dy dx .
Ca´lculo III - A VE 1 - Soluc¸o˜es - Turma E1 - 2017.1 2
2.
Seja D a regia˜o plana dada pelas inequac¸o˜es 1 ≤ x2 + y2 ≤ 9 , onde y ≥ 0 . Admita que em D temos uma
distribuic¸a˜o de massa cuja densidade ρ(x, y) e´ dada por ρ(x, y) =
y
x2 + y2
.
(i) Calcule a massa M em D ;
(ii) Expresse a coordenada x¯ do centro de massa como uma integral dupla em coordenadas cartesianas e, sem
resolveˆ-la, justifique, matematicamente, por que ela se anula ;
(iii) Calcule a coordenada y¯ do centro de massa.
Soluc¸a˜o: Na figura ao lado apresentamos um esboc¸o da regia˜o D. Para
obter a massa M em D, usando coordenadas polares, devemos calcular :
M=
∫∫
D
y
x2 + y2
dA =
∫∫
Dr,θ
r sin θ
r2
r dr dθ =
∫ pi
0
∫ 3
1
sin θ dr dθ
= 2
∫ pi
0
sin θ dθ = 2
[
− cos θ
]θ=pi
θ=0
= 4
e isso finaliza o item (i) da questa˜o.
x
y
x
2 +
y
2 =
9
↖
x
2 +
y
2 =
1
↖
1 3−1−3
θ
Por definic¸a˜o, a abcissa x¯ do centro de massa e´ dada por:
x¯ =
1
M
∫∫
D
xy
x2 + y2
dA .
A nulidade da integral acima, vem dos seguintes argumentos :
+ A regia˜o D e´ sime´trica em relac¸a˜o ao eixo y. Para provar isso, basta observar que se (x, y) satisfaz as inequac¸o˜es
que definem D (no enunciado), enta˜o o sime´trico (−x, y) , de (x, y) , em relac¸a˜o a tal eixo, tambe´m satisfaz as
mesmas inequac¸o˜es, pois quando x aparece nessas inequac¸o˜es, ele esta´, sempre, elevado ao quadrado.
+ A func¸a˜o f(x, y) =
xy
x2 + y2
e´ ı´mpar com relac¸a˜o ao eixo y, pois :
f(−x, y) = −xy
(−x)2 + y2 = −
xy
x2 + y2
= −f(x, y)
e isso finaliza a soluc¸a˜o do item (ii).
Nota: Esse resultado do item (ii) nos diz que o centro de massa esta´ sobre o eixo y .
O ca´lculo da coordenada y¯ do centro de massa, pode ser feito da seguinte forma, usando coordenadas polares :
y¯ =
1
M
∫∫
D
y2
x2 + y2
dA =
1
4
∫∫
Dr,θ
r2 sin2 θ
r2
r dr dθ =
1
4
∫ pi
0
∫ 3
1
r sin2 θ dr dθ =
∫ pi
0
sin2 θ dθ
=
∫ pi
0
1− cos(2θ)
2
dθ =
pi
2
− 1
4
[
sin(2θ)
]θ=pi
θ=0
=
pi
2
.
E assim, finalizamos a soluc¸a˜o desta questa˜o.
�
Nota
�
Repita a questa˜o dada usando a regia˜o plana descrita pelas inequac¸o˜es 1 ≤ |x| + |y| ≤ 3 , com y ≥ 0 e tendo
como densidade a func¸a˜o ρ(x, y) = y .
Ca´lculo III - A VE 1 - Soluc¸o˜es - Turma E1 - 2017.1 3
3.
Seja R o so´lido dado pelas inequac¸o˜es
x2 + y2 ≤ 4 ; z ≤
√
x2 + y2 ; z ≥ 0 .
Em R temos uma distribuic¸a˜o de massa, cuja densidade em cada ponto, vale a distaˆncia do ponto ao plano xy.
(i) Esboce a regia˜o R , indicando no desenho, claramente, as superf´ıcies que a delimitam, e suas equac¸o˜es ;
(ii) Expresse a massa total em R usando uma integral iterada em coordenadas esfe´ricas na ordem dr dϕ dθ ;
(iii) Expresse a coordenada y¯ do centro de massa como uma integral tripla em coordenadas cartesianas e mostre,
matematicamente, sem fazer ca´lculos, que essa integral se anula.
Soluc¸a˜o: Na figura ao lado exibimos a regia˜o R a qual e´ delimitada
pelo cilindro x2 + y2 = 4 , pelo cone z =
√
x2 + y2 e pelo plano
z = 0 , e com isso finalizamos o item (i) da questa˜o.
E´ dado do problema que a densidade associada a` distribuic¸a˜o de
massa em R , tem a expressa˜o ρ(x, y, z) = z .
Passemos agora a` expressa˜o da massa total M em R usando as
coordenadas esfe´ricas, como exigido. Nessa mudanc¸a de varia´vel
cartesiana 7→ esfe´rica , temos as equac¸o˜es :
x = r sinϕ cos θ ; y = r sinϕ sin θ ; z = r cosϕ
donde se conclui que o elemento de volume fica dado por dV =
r2 sinϕdr dθ dϕ . Assim, a massa total M tem a expressa˜o :
z =
√
x2 + y2
x
2
+
y
2
=
4
22
z = 0
x y
z
M =
∫∫∫
R
z dV =
∫∫∫
Rr,θ,ϕ
r cosϕ r2 sinϕdr dϕ dθ =
∫∫∫
Rr,θ,ϕ
r3 cosϕ sinϕdr dϕ dθ =
1
2
∫∫∫
Rr,θ,ϕ
r3 sin(2ϕ) dr dϕ dθ . (1)
Para determinar os limites de integrac¸a˜o da integral iterada, na ordem
acima estabelecida, lembramos que para cada ϕ , θ fixados, o raio
varia :
+ de zero ate´ a sa´ıda do dom´ınio, a qual ocorre no cilindro de
equac¸a˜o x2 + y2 = 4 , ou seja :
x2 + y2 = 4 =⇒ r2 sin2 ϕ cos2 θ + r2 sin2 ϕ sin2 θ = 4
=⇒ r2 sin2 ϕ = 4 =⇒ r sinϕ = 2 .
Ale´m disso, para cada θ fixado, temos que ϕ varia de ϕ = pi/4 , que
e´ o aˆngulo de abertura do cone z =
√
x2 + y2 , ate´ ϕ = pi/2 rd .
Por sua vez, θ varia de θ = 0 ate´ θ = 2pi rd . Agora, voltando a
(1) obtemos :
z =
√
x2 + y2
x
2
+
y
2
=
4
22
x
y
z
M=
1
2
∫∫∫
Rr,θ,ϕ
r3 sin(2ϕ) dr dϕ dθ =
∫ 2pi
0
∫ pi/2
pi/4
∫ 2/ sinϕ
0
r3 sin(2ϕ) dr dϕ dθ
e o item (ii) esta´ finalizado.
Para responder ao item (iii) vamos, primeiramente, expressar a coordenada y¯ do centro de massa em coordenadas
cartesianas. Por definic¸a˜o temos :
y¯ =
∫∫∫
R
yz dV.
A nulidade da integral acima se justifica nos seguintes argumentos:
Ca´lculo III - A VE 1 - Soluc¸o˜es - Turma E1 - 2017.1 4
+ A regia˜o R e´ sime´trica em relac¸a˜o ao plano xz. Para provar isso, basta observar que se (x, y, z) satisfaz as
inequac¸o˜es que definem R (no enunciado), enta˜o o sime´trico (x,−y, z) de (x, y, z) em relac¸a˜o a tal plano,
tambe´m satisfaz as mesmas inequac¸o˜es, pois quando y aparece nessas inequac¸o˜es, ele esta´, sempre, elevado ao
quadrado.
+ A func¸a˜o f(x, y, z) = yz e´ ı´mpar com relac¸a˜o ao plano xz, pois :
f(x,−y, z) = −yz = −f(x, y, z) .
4.
Seja C ⊂ R3 a curva parametrizada γ(t) = (2 cos t , 2 sin t , 3t/2pi) exibida na figura abaixo, onde t ∈ [ 0 , 2pi ] .
(i) Calcule o elemento de comprimento ds associado a` parametrizac¸a˜o de C ;
(ii) Calcule o comprimento de C ;
(iii) Use uma integral de linha sobre um c´ırculo, para calcular a a´rea A(S) do pedac¸o S docilindro x2 + y2 = 4 ,
compreendido entre a curva C e o plano xy, como mostrado na figura.
Soluc¸a˜o: O elemento de comprimento ds e´ dado por ds = ‖γ′(t)‖ dt , onde :
γ′(t) = (−2 sin t , 2 cos t , 3/2pi) ⇒ ‖γ′(t)‖ =
√
4 sin2 t+ 4 cos2 t+ 9/4pi2
⇒ ‖γ′(t)‖ =
√
4 + 9/4pi2 . (2)
Consequentemente, o elemento de comprimento ds tem a forma
ds =
√
4 + 9/4pi2 dt (3)
e assim, finalizamos a soluc¸a˜o do item (i) da questa˜o.
Para calcular o comprimento `(C) da curva C , usamos (3) e obtemos :
S
x
y
z
2
2
`(C) =
∫
C
ds =
∫ 2pi
0
‖γ′(t)‖ dt =
∫ 2pi
0
√
4 + 9/4pi2 dt = 2pi
√
4 + 9/4pi2
e o item (ii) fica finalizado.
Para resolver o item (iii), comec¸amos observando que a curva γ(t) se projeta no
plano xy sobre o c´ırculo β(t) = (2 cos t , 2 sin t) com t ∈ [0 , 2pi] .
Por outro lado, sabemos que a a´rea A(S) da superf´ıcie S e´ dada pela integral
sobre o c´ırculo β(t) = (2 cos t , 2 sin t) com t ∈ [0 , 2pi] da altura h(β(t)) na
qual a curva se encontra em cada ponto β(t) . Mas a parametrizac¸a˜o γ(t) nos
garante que a altura atingida pela curva sobre o ponto β(t) vale 3t/2pi , ja´ que
γ(t) = ( 2 cos t , 2 sin t︸ ︷︷ ︸
β(t)
, 3t/2pi︸ ︷︷ ︸) .
↑ h(β(t)) = altura no ponto β(t)
Ale´m disso, para a parametrizac¸a˜o β(t) o elemento de comprimento e´ dado por
ds = ‖β′(t)‖ dt = 2 dt . Logo,
A(S) =
∫ 2pi
0
h
(
β(t)
)∥∥β′(t)∥∥ dt = ∫ 2pi
0
3t
2pi
2 dt =
3
pi
∫ 2pi
0
t dt =
3
2pi
[
t2
]t=2pi
t=0
= 6pi.
S
x
y
z
β(t)
h(β(t)) = 3t/2pi
β(t)
h(β(t)) = 3t/2pi
2
Ca´lculo III - A VE 1 - Soluc¸o˜es - Turma E1 - 2017.1 5
Valor das questo˜es:
Questa˜o 1:
• item (i): 0.5
• item (ii): 1.5
Questa˜o 2:
• item (i): 1.0
• item (ii): 0.5
• item (iii): 1.0
Questa˜o 3:
• item (i): 0.5
• item (ii): 1.5
• item (iii): 1.0
Questa˜o 4:
• item (i): 0.5
• item (ii): 0.5
• item (iii): 1.5