4873 EP3 C4 1 2008 tutor

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Fundac¸a˜o Centro de Cieˆncias e Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Ca´lculo IV – EP3 – Tutor
Exerc´ıcio 1: Uma laˆmina D e´ limitada pelo gra´fico de x = y2 e pela reta x = 4. A densidade de
massa da laˆmina no ponto (x, y) e´ proporcional a` distaˆncia do ponto ao eixo y. Ache:
a) a massa total da laˆmina; b) o centro de massa (x, y).
Soluc¸a˜o:
a) A forma da laˆmina D e´:
x
y
y
D
x = y2
x = 4
−2
2
4
Podemos descrever D como tipo II, isto e´, D :
{
−2 ≤ y ≤ 2
y2 ≤ x ≤ 4 . Como a densidade em (x, y) e´ propor-
cional a` distaˆncia de (x, y) ao eixo y enta˜o δ(x, y) = kx, onde k e´ o coeficiente de proporcionalidade.
A massa da laˆmina e´:
M =
∫∫
D
δ(x, y) dA = k
∫∫
D
x dA =
∫
2
−2
∫
4
y2
x dxdy
= k
∫
2
−2
[
x2
2
]4
y2
dy
=
k
2
∫
2
−2
(
16− y4) dy
=
k
2
[
16y − y
5
5
]2
−2
=
k
2
· 2
(
32− 32
5
)
=
128
5
k u.m.
Ca´lculo IV – EP3 Tutor 2
b) Sabemos que x =
∫∫
D
x δ(x, y) dA
M
=
k
∫∫
D
x2 dA
M
e y =
∫∫
D
y δ(x, y) dA
M
=
k
∫∫
D
xy dA
M
.
Como a func¸a˜o f(x, y) = xy e´ ı´mpar na varia´vel y e D tem simetria em relac¸a˜o ao eixo x enta˜o∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫∫
D
xy dA = 0. Logo, y = 0.
Temos, ∫∫
D
x2 dA =
∫
2
−2
∫
4
y2
x2 dxdy
=
∫
2
−2
[
x3
3
]4
y2
dy
=
1
3
∫
2
−2
(
64− y6) dy
=
1
3
[
64y − y
7
7
]2
−2
=
1
3
· 2
(
128− 128
7
)
=
512
7
.
Logo,
x =
512
7
k
128
5
k
=
20
7
.
Assim, o centro de massa de D e´ o ponto (x, y), onde x = 20/7 e y = 0.
Exerc´ıcio 2: Calcule a massa da chapa D = {(x, y) | 1 ≤ x2 + y2 ≤ 9 , x ≥ 0 , y ≥ 0} sabendo
que a densidade superficial e´ dada por δ(x, y) = 13− x2 − y2.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o da chapa D e´:
x
y
D
1
1
3
3
A massa da chapa e´:
M =
∫∫
D
δ(x, y) dxdy =
∫∫
D
(
13− x2 − y2) dxdy .
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV – EP3 Tutor 3
Passando para coordenadas polares, temos:
{
dxdy = r drdθ
x2 + y2 = r2
. Enta˜o,
M =
∫∫
Drθ
(
13− r2) r drdθ = ∫∫
Drθ
(
13r − r3) drdθ
onde Drθ e´ dado por Drθ :
{
0 ≤ θ ≤ pi/2
1 ≤ r ≤ 3 . Logo,
M =
∫ pi/2
0
∫
3
1
(
13r − r3) drdθ
=
∫ pi/2
0
[
13r2
2
− r
4
4
]3
1
dθ
=
[(
13 · 9
2
− 81
4
)
−
(
13
2
− 1
4
)] ∫ pi/2
0
dθ
= 16pi u.m.
Exerc´ıcio 3: Uma laˆmina ocupa a regia˜o circular x2 + y2 ≤ 2y mas fora do c´ırculo x2 + y2 = 1.
Determine o centro de massa se a densidade for inversamente proporcional a` distaˆncia do ponto a`
origem.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o da laˆmina D e´:
x
y
D
r = 2 sen θ
r = 1
(−√3/2, 1)
(√
3/2, 1/2
)
pi/6
2
1
1
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV – EP3 Tutor 4
Determinando os pontos de intersec¸a˜o dos c´ırculos, obtemos
(√
3/2 , 1/2
)
e
(−√3/2 , 1) ou (1, pi/6)
e (1, 5pi/6) em coordenadas polares. Logo a descric¸a˜o de D em coordenadas polares e´ dada por
Drθ :
{
pi/6 ≤ θ ≤ 5pi/6
1 ≤ r ≤ 2 sen θ . A densidade em (x, y) e´ dada por δ(x, y) =
k√
x2 + y2
onde k e´ o
coeficiente de proporcionalidade. Logo, a massa M e´ dada por:
M =
∫∫
D
δ(x, y) dxdy
= k
∫∫
D
1√
x2 + y2
dxdy
= k
∫∫
Drθ
1
r
· r drdθ
= k
∫
5pi/6
pi/6
∫
2 sen θ
1
drdθ
= k
∫
5pi/6
pi/6
(2 sen θ − 1) dθ
= k
[
− 2 cos θ − θ
]5pi/6
pi/6
= k
[(
2 cos
pi
6
− 5pi
6
)
−
(
−2 cos pi
6
− pi
6
)]
=
2k
3
(3
√
3− pi) u.m.
O centro de massa (x, y) e´ dado por Mx = k
∫∫
D
x√
x2 + y2
dxdy e My = k
∫∫
D
y√
x2 + y2
dxdy.
Como a func¸a˜o
x√
x2 + y2
e´ ı´mpar na varia´vel x e D tem simetria em relac¸a˜o ao eixo y enta˜o∫∫
D
x√
x2 + y2
dxdy = 0. Logo, x = 0.
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Temos ∫∫
D
y√
x2 + y2
dxdy =
∫∫
Drθ
r sen θ
r
r drdθ
=
∫
5pi/6
pi/6
∫
2 sen θ
1
r sen θ drdθ
=
∫
5pi/6
pi/6
[
r2
2
]2 sen θ
1
sen θ dθ
=
∫
5pi/6
pi/6
(
2 sen2 θ − 1
2
)
sen θ dθ
=
∫
5pi/6
pi/6
(
2− 2 cos2 θ − 1
2
)
sen θ dθ
=
∫
5pi/6
pi/6
(
3
2
− 2 cos2 θ
)
sen θ dθ
=
[
−3
2
cos θ +
2
3
cos3 θ
]5pi/6
pi/6
=
(
−3
2
cos
5pi
6
+
2
3
cos3
5pi
6
)
−
(
−3
2
cos
pi
6
+
2
3
cos3
pi
6
)
=
3
2
cos
pi
6
− 2
3
cos3
pi
6
+
3
2
cos
pi
6
− 2
3
cos3
pi
6
= 2 · 3
2
·
√
3
2
− 2 · 2
3
(√
3
2
)3
=
3
√
3
2
−
√
3
2
=
√
3 .
Logo,
y =
k
√
3
2k
3
(3
√
3− pi) =
3
√
3
2(3
√
3− pi) .
Assim, o centro de massa e´ (x, y) =
(
0,
3
√
3
2(3
√
3− pi)
)
.
Exerc´ıcio 4: Encontre o momento polar de ine´rcia em relac¸a˜o a` origem de uma placa fina que cobre
a regia˜o que esta´ dentro da cardio´ide r = 1 − cos θ e fora da circunfereˆncia r = 1, se a func¸a˜o
densidade em cada ponto da placa for inversamente proporcional ao quadrado da distaˆncia do ponto
a` origem.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o de D e´:
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x
y
D
r = 1− cos θ
r = 1
−1
1
1−2
Da figura, veˆ-se que o aˆngulo polar θ varia de pi/2 (no ponto (0, 1)) ate´ 3pi/2 (no ponto (0,−1)).
Fixando θ, θ ∈ [pi/2, 3pi/2], vemos que o raio vetor r varia de r = 1 ate´ r = 1 − cos θ. Enta˜o,
a descric¸a˜o de D em coordenadas polares e´ dada por Drθ :
{
pi/2 ≤ θ ≤ 3pi/2
1 ≤ r ≤ 1− cos θ . O momento de
ine´rcia polar e´ dado por
I0 =
∫∫
D
(
x2 + y2
)
δ(x, y) dxdy
onde δ(x, y) =
k(√
x2 + y2
)2 = kx2 + y2 , com k > 0.
Passando para coordenadas polares, temos
I0 = k
∫∫
Drθ
(
r2
) 1
r2
r drdθ
= k
∫
3pi/2
pi/2
∫
1−cos θ
1
r drdθ
= k
∫
3pi/2
pi/2
[
r2
2
]1−cos θ
1
dθ
=
k
2
∫
3pi/2
pi/2
(−2 cos θ + cos2 θ) dθ
=
k
2
[
−2 sen θ + 1
2
(
θ +
sen 2θ
2
)]3pi/2
pi/2
=
k
2
(
4 +
pi
2
)
=
k
4
(8 + pi) .
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Ca´lculo IV – EP3 Tutor 7
Exerc´ıcio 5: Determine o momento de ine´rcia em relac¸a˜o ao eixo x, para a laˆmina D limitada pela
para´bola x = −y2 e pela reta x + y + 2 = 0, se a densidade e´ dada por δ(x, y) = 2.
Soluc¸a˜o: Determinando os pontos de intersec¸a˜o das curvas, temos (−4, 2) e (−1,−1). Assim, o
esboc¸o de D e´:
x
y
D
x = −2− y
x = −y2
(−4, 2)
(−1,−1)
2
Descrevendo D como tipo II, temos D :
{
−1 ≤ y ≤ 2
−2− y ≤ x ≤ −y2 . O momento de ine´rcia em relac¸a˜o ao
eixo x e´ dado por:
Ix =
∫∫
D
y2δ(x, y) dxdy
= 2
∫∫
D
y2dxdy
= 2
∫
2
−1
∫
−y2
−2−y
y2dxdy
= 2
∫
2
−1
y2
(− y2 + 2 + y) dy
= 2
∫
2
−1
(
y3 + 2y2 − y4) dy
= 2
[
y4
4
+
2y3
3
− y
5
5
]2
−1
= 2
[(
4 +
16
3
− 32
5
)
−
(
1
4
− 2
3
+
1
5
)]
=
63
10
.
Exerc´ıcio 6: Mostre que o momento polar de ine´rcia em relac¸a˜o a` origem de uma placa fina ho-
mogeˆnea, que tem a forma da circunfereˆncia r = 2a cos θ e´ igual a
3
2
Ma2, onde M e´ a massa total
da placa.
Soluc¸a˜o: De r = 2a cos θ temos r2 = 2ar cos θ donde x2 + y2 = 2ax ou (x− a)2 + y2 = a2. Assim,
o esboc¸o da placa D esta´ representado na figura a seguir.
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Ca´lculo IV – EP3 Tutor 8
x
y
D
a 2a
Da figura, vemos que oaˆngulo polar θ varia de −pi/2 a pi/2 e o raio vetor r varia de 0 a 2a cos θ.
Enta˜o a descric¸a˜o de D em coordenadas polares e´: Drθ :
{
−pi/2 ≤ θ ≤ pi/2
0 ≤ r ≤ 2a cos θ . O momento de
ine´rcia polar e´:
I0 =
∫∫
D
(
x2 + y2
)
δ(x, y) dA = δ
∫∫
D
(
x2 + y2
)
dA
pois D e´ homogeˆnea. Passando para coordenadas polares, temos:
I0 = δ
∫∫
Drθ
(
r2
)
r drdθ
=
∫ pi/2
−pi/2
∫
2a cos θ
0
r3 drdθ
= δ
∫ pi/2
−pi/2
[
r4
4
]2a cos θ
0
dθ
= 4δa4
∫ pi/2
−pi/2
cos4 θ dθ
= 4δa4
∫ pi/2
−pi/2
(
1 + cos 2θ
2
)2
dθ
= δa4
∫ pi/2
−pi/2
(
1 + 2 cos 2θ + cos2 2θ
)
dθ
∗
=
δa4
2
∫ pi
−pi
(
1 + 2 cosu + cos2 u
)
du
=
δa4
2
[
u + 2 senu +
1
2
(
u +
sen 2u
2
)]pi
−pi
=
3δpia4
2
.
Como D e´ homogeˆnea, enta˜o M = δA(D) donde M = δpia2. Logo, I0 =
3
2
Ma2, como quer´ıamos
demonstrar.
∗ Pois u = 2θ o que implica du = 2 dθ.
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