Gab P1 Calc III

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Ca´lculo Diferencial e Integral III (MAC 238) - CMA
Gabarito da Primeira Avaliac¸a˜o - 01/06/2016
Questa˜o 1. (2,5 pontos) Calcule
∫∫
D
cos(x2 + y2) dA, onde D =
{
(x, y) ∈ IR2 : 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4, y ≥ −x}.
Observac¸a˜o: A func¸a˜o a ser integrada e´ a mesma do Exerc´ıcio 11 da Sec¸a˜o 15.4 do livro de Stewart e a
regia˜o D e´ similar a` regia˜o do Exerc´ıcio 15 da mesma sec¸a˜o.
Soluc¸a˜o:
Fazendo mudanc¸a de varia´veis para coordenadas polares, a regia˜o D pode ser descrita como{
(r, θ) ∈ IR2 : 1 ≤ r ≤ 2, −pi
4
≤ θ ≤ 3pi
4
}
,
de modo que ∫∫
D
cos(x2 + y2) dA =
∫ 3pi
4
−pi
4
∫ 2
1
cos(r2) r dr dθ. (1)
Fazendo u = r2 no´s temos que du = 2rdr. Quando r = 1, no´s temos u = 1, e quando r = 2, no´s temos u = 4.
Assim, por (1), ∫∫
D
cos(x2 + y2) dA =
∫ 3pi
4
−pi
4
∫ 4
1
1
2
cosu du dθ
=
1
2
∫ 3pi
4
−pi
4
∫ 4
1
cosu du dθ
=
1
2
∫ 3pi
4
−pi
4
(
sen (4)− sen (1)) dθ
=
pi( sen (4)− sen (1))
2
.
Questa˜o 2. (2,5 pontos) Calcule
∫∫
D
(x+ y)2ex
2−y2 dA, onde D e´ a regia˜o triangular delimitada pela reta
x+ y = 1 e pelos eixos coordenados.
Dica: lembre que x2 − y2 = (x− y)(x+ y) e fac¸a uma mudanc¸a de varia´veis adequada.
Observac¸a˜o: A func¸a˜o a ser integrada e´ similar a` do Exerc´ıcio 20 da Sec¸a˜o 15.9 e a mudanc¸a de varia´veis
e´ a mesma daquele exerc´ıcio. A mudanc¸a de varia´veis e a regia˜o tambe´m sa˜o similares a`s de um exemplo visto
em sala, quando calculamos a integral da func¸a˜o f dada por f(x, y) = e
y−x
y+x sobre a regia˜o triangular delimitada
pela reta x+ y = 2 e pelos eixos coordenados.
Soluc¸a˜o:
Usando a dica e fazendo a mudanc¸a de varia´veis u = x + y e v = x − y, no´s temos que
∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v)
∣∣∣∣ = 12.
Observe agora que a mudanc¸a de varia´veis faz com que a reta x + y = 1 se transforme na reta u = 1, o eixo
2
x (isto e´, y = 0) se transforme na reta u = v e o eixo y (isto e´, x = 0) se transforme na reta u = −v. A
intersecc¸a˜o dessas retas duas a duas ocorre nos pontos (0, 0), (1,−1) e (1, 1). Assim, em coordenadas (u, v), a
regia˜o D pode ser descrita como {
(u, v) ∈ IR2 : 0 ≤ u ≤ 1,−u ≤ v ≤ u} ,
uma regia˜o do tipo I. Logo, ∫∫
D
(x+ y)2ex
2−y2 dA =
∫ 1
0
∫ u
−u
u2euv · 1
2
dv du
=
1
2
∫ 1
0
ueuv
∣∣∣v=u
v=−u
du
=
1
2
∫ 1
0
ueu
2 − ue−u2 du
Fazendo t = u2 enta˜o dt = 2u du. Quando u = 0 no´s temos t = 0 e quando u = 1 no´s temos t = 1. Assim, a
igualdade acima nos da´ que ∫∫
D
(x+ y)2ex
2−y2 dA =
1
2
· 1
2
∫ 1
0
et − e−t dt
=
1
4
(et + e−t)
∣∣∣1
0
=
1
4
(e+ e−1 − 2).
Questa˜o 3. (2,5 pontos) Calcule o volume do so´lido que esta´ dentro da esfera x2 + y2 + z2 = 4, acima do
plano xy e abaixo do cone z =
√
x2 + y2.
Observac¸a˜o: Exerc´ıcio 24 da Sec¸a˜o 15.8.
Soluc¸a˜o:
Denote por E o so´lido cujo volume deve ser calculado. Em coordenadas esfe´ricas, E pode ser descrito como{
(ρ, θ, φ) ∈ IR3 : 0 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2pi, pi
4
≤ φ ≤ pi
2
}
.
Assim, o volume de E e´ dado por
vol (E) =
∫∫∫
E
1 dV
=
∫ pi
2
pi
4
∫ 2pi
0
∫ 2
0
ρ2 senφdρ dθ dφ
=
∫ pi
2
pi
4
∫ 2pi
0
ρ3
3
senφ
∣∣∣ρ=2
ρ=0
dθ dφ
=
∫ pi
2
pi
4
∫ 2pi
0
8
3
senφdθ dφ
=
∫ pi
2
pi
4
2pi · 8
3
senφdφ
=
16pi
3
(− cosφ)
∣∣∣pi2
pi
4
3
=
16pi
3
√
2
2
=
8
√
2pi
3
.
Questa˜o 4. (2,5 pontos) Calcule
∫
C
y2 ds, onde C e´ a curva obtida pela intersecc¸a˜o do cilindro el´ıptico
2x2 + y2 = 2 com o plano z = 10− x satisfazendo x ≤ 0.
Observac¸a˜o: Um exemplo similar foi visto em sala, quando calculamos a integral de linha da func¸a˜o f
dada por f(x, y, z) = x2 ao longo da curva que era a intersecc¸a˜o do cilindro el´ıptico x2 + 2y2 = 2 com o plano
z = 10− y satisfazendo x ≤ 0.
Soluc¸a˜o:
A fim de obter uma parametrizac¸a˜o para a curva C, note que na intersecc¸a˜o das duas superf´ıcies, ambas as
equac¸o˜es 2x2 + y2 = 2 e z = 10 − x devem ser satisfeitas. Como 2x2 + y2 = 2 ⇔ x2 + y22 = 1, no´s podemos
escrever x = cos t e y =
√
2 sen t, e como z = 10 − x, enta˜o z = 10 − cos t. Por fim, como no´s temos x ≤ 0,
enta˜o uma parametrizac¸a˜o para C e´
σ :
[pi
2
,
3pi
2
]
→ C : t 7→ (cos t,
√
2 sen t, 10− cos t).
Observe ainda que σ′(t) = (− sen t,√2 cos t, sen t), de modo que
|σ′(t)| =
√
sen 2t+ 2 cos2 t+ sen 2t =
√
2.
Portanto, ∫
C
y2 ds =
∫ 3pi
2
pi
2
(2 sen 2t)
√
2 dt
=
√
2
∫ 3pi
2
pi
2
(1− cos(2t)) dt
=
√
2
(
t− sen (2t)
2
)∣∣∣ 3pi2
pi
2
=
√
2pi.
Questa˜o Boˆnus. (1,5 ponto) Mostre que
1
6e
≤
∫∫∫
E
e sen (x) cos(yz) dV ≤ e
6
, onde E e´ tetraedro delimitado
pelos planos x = 0, y = 0, z = 0 e x+ y + z = 1.
Observac¸a˜o: A func¸a˜o e´ similar a` do Exemplo 6 da Sec¸a˜o 15.3 do livro de Stewart (onde se usa a mesma
propriedade que vamos usar aqui, mas para integrais duplas) e o so´lido e´ o mesmo que o do Exemplo 2 da
Sec¸a˜o 15.7. De uma maneira menos direta, vimos em sala um exemplo desse tipo para integrais duplas onde
apareciam as func¸o˜es seno e cosseno, e no Exerc´ıcio 52 da Sec¸a˜o 15.3 (onde se usa a mesma propriedade)
aparecia a func¸a˜o exponencial. O so´lido e´ similar aos so´lidos dos Exerc´ıcios 10 e 17 da Sec¸a˜o 15.7.
4
Soluc¸a˜o:
Como −1 ≤ sen (x) cos(yz) ≤ 1 e a func¸a˜o exponencial e´ crescente, no´s temos que e−1 ≤ e sen (x) cos(yz) ≤ e.
Assim,
1
e
vol (E) ≤
∫∫∫
E
e sen (x) cos(yz) dV ≤ e vol (E). (2)
Resta, portanto, mostrar que vol (E) = 16 . Isso pode ser feito usando integrais duplas ou triplas. Utilizando
integrais triplas, no´s podemos descrever E como uma regia˜o do tipo 1, ja´ que
E =
{
(x, y, z) ∈ IR3 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1− x, 0 ≤ z ≤ 1− x− y} .
Assim,
vol (E) =
∫∫∫
E
1 dV
=
∫ 1
0
∫ 1−x
0
∫ 1−x−y
0
1 dz dy dx
=
∫ 1
0
∫ 1−x
0
(1− x− y) dy dx
=
∫ 1
0
(
y − xy − y
2
2
)∣∣∣y=1−x
y=0
dx
=
∫ 1
0
(
1− x− x(1− x)− (1− x)
2
2
)
dx
=
∫ 1
0
(1
2
− x+ x
2
2
)
dx
=
(x
2
− x
2
2
+
x3
6
)∣∣∣1
0
=
1
6
.
Juntando isso com (2), no´s conclu´ımos que
1
6e
≤
∫∫∫
E
e sen (x) cos(yz) dV ≤ e
6
.