CALCULO 3A JRGE DELGADO (2)

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Departamento de Matemática Aplicada
Instituto de Matemática e Estatística - UFF
Gabarito da Primeira Prova de Cálculo III-A
2012-II Prof. Jorge Delgado Turma G1
Questão 1 (2,0 pontos)
Inverta a ordem de integração para calcular: ∫ pi
0
∫ pi
x
seny
y
dy dx.
Solução: A região de integração é D :
0 ≤ x ≤ pix ≤ y ≤ pi, que também se representa como D :
0 ≤ y ≤ pi0 ≤ x ≤ y . Assim,
como a função do integrando é contínua na região D, temos:
∫ pi
0
∫ pi
x
seny
y
dy dx =
∫ pi
0
∫ y
0
seny
y
dx dy =
∫ pi
0
seny
y
∫ y
0
dx dy =
∫ pi
0
seny
y
[∫ y
0
dx
]
dy
=
∫ pi
0
seny
y
[
y − 0] dy = ∫ pi
0
seny
y
y dy =
∫ pi
0
seny dy
= − cosy∣∣pi0 = −[cospi − cos0] = −[−1− 1] = 2.
Questão 2 (2,0 pontos)
Use integral dupla para calcular a área da região R delimitada
pela curva "Lemniscata"
r 2 = 4cos(2θ)
Indicação: Basta calcular a área da região R no primeiro quadrante.
x
y
r2 = 4cos(2θ)
y
= x
RR
Questão 2
Solução: Por simetria, basta calcular a área da parte D de R localizada no primeiro quadrante do plano, isto é,
D = {(x,y) ∈ R|x ≥ 0 e y ≥ 0}, pois Área(R) = 4Área(D).
Em coordenadas polares a região D se descreve por: Drθ :
0 ≤ θ ≤
pi
4
0 ≤ r ≤ √4cos(2θ) . Logo, pela fórmula de mu-
dança de variáveis, temos:
Área(D) =
∫∫
D
dA =
∫∫
D
dx dy =
∫∫
Drθ
r dr dθ =
∫ pi
4
0
∫√4cos(2θ)
0
r dr dθ
=
∫ pi
4
0
r 2
2
∣∣∣∣
√
4cos(2θ)
0
dθ =
∫ pi
4
0
4cos(2θ)
2
dθ =
∫ pi
4
0
cos(2θ)2dθ
= sen(2θ)|
pi
4
0 = sen
(
2
pi
4
)
= sen pi
2
= 1.
Logo, Área(R) = 4Área(D) = 4× 1 = 4 u.a.
2
Questão 3 (2,0 pontos)
Usando coordenadas cilíndricas, calcule o momento de inércia em torno do eixo-z do sólido homogêneo G de
densidade 1, delimitado superiormente pela esfera de centro na origem e raio 1 e inferiormente pelo plano xy .
Solução: O momento de inércia do sólido G em relação ao eixo-z é dado por
Iz(G) =
∫∫∫
G
r 2(x,y, z)δ(x,y, z)dx dy dz,
onde r(x,y, z) é a distância do ponto (x,y, z) ∈ G ao eixo-z e δ(x,y, z) é a função de densidade que, em nosso
caso, é constante igual a 1. Note que a distância do ponto (x,y, z) ao eixo-z é a mesma que a distância do ponto
(x,y,0) à origem: r(x,y, z) =
√
x2 +y2.
Em coordenadas cilíndricas, o sólido G se descreve por: Grθz :

0 ≤ r ≤ 1
0 ≤ θ ≤ 2pi
0 ≤ z ≤ √1− r 2,
e, portanto, o momento de
inércia de G em relação ao eixo-z se calcula como:
Iz(G) =
∫∫∫
Grθz
r 2 r dr dθ dz =
∫ 1
0
∫ 2pi
0
∫ √1−r2
0
r 3 dzdθ dr =
∫ 1
0
r 3
∫ 2pi
0
∫ √1−r2
0
dzdθ dr
= 2pi
∫ 1
0
r 3
√
1− r 2 dr = −pi
∫ 1
0
r 2
√
1− r 2 (−2r)dr .
Fazendo a substituição u = 1− r 2, temos du = −2r dr , r 2 = 1−u, u = 1 quando r = 0 e u = 0 quando r = 1.
Assim,
Iz(G) = −pi
∫ 0
1
(1−u)√udu = pi
∫ 1
0
(u
1
2 −u 32 )du = pi
[
u
3
2
3/2
− u
5
2
5/2
]1
0
= pi
[
2
3
− 2
5
]
= pi 10− 6
15
= 4pi
15
.
Questão 4 (2,0 pontos)
A transformação linear (u,v,w) = (3x,2y,5z) leva a esfera unitária S : x2 + y2 + z2 = 1 no elipsóide E :
u2
9
+ v
2
4
+ w
2
25
= 1. Calcule o volume da região W do espaço delimitada pelo elipsóide E.
Solução: Seja (u,v,w) = T(x,y, z) = (3x,2y,5z) a transformação linear que leva a esfera unitária no elipsóide.
O sólido W delimitado pelo elipsóide E é obtido aplicando T à esfera sólida Wxyz delimitada pela esfera S, logo,
pela fórmula de mudança de variáveis, temos:
Vol(W) =
∫∫∫
W
dV =
∫∫∫
W
dudv dw =
∫∫∫
Wxyz
|J|dx dy dz,
onde J = det

3 0 0
0 2 0
0 0 5
 = 30. Como o volume da esfera Wxyz de centro na origem e raio 1 é igual a 4pi133 ,
obtemos:
Vol(W) = 30
∫∫∫
Wxyz
dx dy dz = 30Vol(Wxyz) = 30 · 4pi3 = 40pi u.v.
3
Questão 5 (2,0 pontos)
Calcule a área do pedaço S do cilindro x2 + y2 = 2, compre-
endida entre o plano z = 0 e o arco da hélice
γ(t) =
(
2cos t,2 sen t, t2
)
, com 0 ≤ t ≤ 2pi .
x
y
z
2
2
γ(t)
S
Questão 5
Solução: O círculo C de centro na origem e raio 2 contido no plano xy , base da superfície S, se parametriza por
σ(t) = (2cos t,2 sen t), 0 ≤ t ≤ 2pi .
Sendo x = 2cos t, y = 2 sen t, temos t = arctan y
x
. Logo, a altura da superfície varia ao longo do círculo C pela
função f(x,y) = 1
2
arctan
y
x
, (x,y) ∈ C . Usando a parametrização do círculo, temos
f(σ(t)) = f(2cos t,2 sen t) = 1
2
arctan
(
2 sen t
2cos t
)
= 1
2
arctan(tan t) = t
2
,
e, como
‖σ ′(t)‖ = ‖(−2 sen t,2cos t)‖ =
√
4 sen2 t + 4cos2 t = 2,
obtemos:
Área(S) =
∫
C
f(x,y)ds =
∫ 2pi
0
f(σ(t))‖σ ′(t)‖dt =
∫ 2pi
0
t
2
· 2dt =
∫ 2pi
0
t dt = t
2
2
∣∣∣∣2pi
0
= 4pi
2
2
= 2pi2 u.a.