CALCULO 3A JRGE DELGADO (1)

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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.
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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
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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