ep8 c4 1 sem 2010 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 – EP8 – Tutor
Exerc´ıcio 1: Seja a integral
∫
3
0
∫
1
√
x/3
ey
3
dydx. Esboce a regia˜o de integrac¸a˜o, inverta a ordem de
integrac¸a˜o e calcule a integral resultante.
Soluc¸a˜o: A regia˜o de integrac¸a˜o D e´ dada por D :
{
0 ≤ x ≤ 3√
x
3
≤ y ≤ 1 . Logo, D esta´ entre as retas
verticais x = 0 (eixo y) e x = 3 e e´ limitada inferiormente pela curva y =
√
x/3
(
ou x = 3y2
)
e
superiormente pela reta y = 1. Assim temos o esboc¸o de D na figura que se segue.
x
y
Dentra em x = 0
sai em x = 3y2
1
3
Para inverter a ordem de integrac¸a˜o, imaginemos uma reta horizontal atrave´s de D, orientada como
o eixo x. Vemos que ela entra em D em x = 0 e sai de D em x = 3y2. Logo, 0 ≤ x ≤ 3y2. Ale´m
disso, vemos que D esta´ entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. Logo, 0 ≤ y ≤ 1. Enta˜o
temos D :
{
0 ≤ x ≤ 3y2
0 ≤ y ≤ 1 . Assim:
I =
∫
3
0
∫
1
√
x/3
ey
3
dydx =
∫
1
0
∫
3y2
0
ey
3
dxdy =
∫
1
0
ey
3
∫
3y2
0
dxdy =
∫
1
0
ey
3
3y2 dy .
Fazendo u = y3 temos du = 3y2dy. Para y = 0 temos u = 0 e para y = 1 temos u = 1. Portanto:
I =
∫
1
0
eudu = eu
∣∣∣1
0
= e− 1 .
Ca´lculo IV – EP8 Tutor 2
Exerc´ıcio 2: No ca´lculo de uma integral dupla sobre uma regia˜o D obtivemos uma soma de integrais
iteradas:
I =
∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫
1
0
∫
2x
x
f(x, y) dydx +
∫
2
1
∫
2
x
f(x, y) dydx .
a) Esboce D.
b) Expresse a integral dupla como uma so´ integral iterada com ordem de integrac¸a˜o invertida.
c) Calcule o valor de I para f(x, y) = ey
2
.
Soluc¸a˜o:
a) Temos que
I =
∫ ∫
D
f(x, y) dxdy =
∫ ∫
D1
f(x, y) dydx +
∫ ∫
D2
f(x, y) dydx
onde D = D1 ∪D2 com:
D1 = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 1 e x ≤ y ≤ 2x}
D2 = {(x, y) ∈ R2 | 1 ≤ x ≤ 2 e x ≤ y ≤ 2}
Esboc¸o de D1
Como 0 ≤ x ≤ 1 enta˜o D1 encontra-se na faixa vertical dada por 0 ≤ x ≤ 1. Como x ≤ y ≤ 2x
enta˜o D e´ limitado inferiormente pela reta y = x e e´ limitado superiormente pela reta y = 2x.
Assim, temos o esboc¸o de D na figura que se segue.
x
y
D1
y = 2x ou x =
y
2
y = x
1
2
Esboc¸o de D2
Como 1 ≤ x ≤ 2 enta˜o D2 encontra-se na faixa vertical dada por 1 ≤ x ≤ 2. Como x ≤ y ≤ 2
enta˜o D e´ limitado inferiormente pela reta y = x e e´ limitado superiormente pela reta horizontal
y = 2. Assim, temos o esboc¸o de D na figura que se segue.
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Ca´lculo IV – EP8 Tutor 3
x
y
D2
1 2
2
Como D = D1 ∪D2, temos:
x
y
D
y = 2x
y = x
2
b) Decric¸a˜o de D como regia˜o do tipo II.
x
y
D
Sai em x = yEntra em x = y/2
2
Temos que D = {(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ y ≤ 2 e y/2 ≤ x ≤ y}. Logo:
I =
∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫
2
0
∫ y
y/2
f(x, y) dxdy .
c) Temos:
I =
∫∫
D
ey
2
dxdy =
∫
2
0
∫ y
y/2
ey
2
dxdy =
∫
2
0
ey
2
∫ y
y/2
dxdy =
∫
2
0
ey
2[
x
]y
y/2
dy =
∫
2
0
ey
2
(
y − y
2
)
dy =
=
1
2
∫
2
0
ey
2 · y dy = 1
2
· 1
2
∫
2
0
e
y2︸︷︷︸
u (2y) dy︸ ︷︷ ︸
du
=
1
4
[
ey
2
]2
0
=
1
4
(
e4 − 1).
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Ca´lculo IV – EP8 Tutor 4
Exerc´ıcio 3: Calcule a integral tripla
∫∫∫
W
x dV , onde W e´ o so´lido do primeiro octante, limitado
pelo cilindro parabo´lico z = 1− y2 e os planos z = 0, y = x e x=0.
Soluc¸a˜o:
Esboc¸o do so´lido W
Inicialmente, esboc¸amos no plano yz a para´bola z = 1− y2 com y ≥ 0 e z ≥ 0. Como esta equac¸a˜o
na˜o depende da varia´vel x, trac¸amos no primeiro octante semirretas paralelas ao eixo x atrave´s de
pontos da para´bola. Assim obtemos o cilindro parabo´lico no primeiro octante.
x
y
z
1
1
1
Em seguida, esboc¸amos no plano xy a semirreta y = x, com x ≥ 0. Como esta equac¸a˜o na˜o depende
da varia´vel z, enta˜o no primeiro octante, trac¸amos retas paralelas ao eixo z atrave´s da semirreta.
Assim obtemos a porc¸a˜o do plano y = x, contida no primeiro octante.
x
y
z
Observamos que os pontos A(0, 0, 1) e B(1, 1, 0) sa˜o comuns a`s duas superf´ıcies. Enta˜o, ligando-os
obtemos a curva intersec¸a˜o. Considerando que o so´lido W e´ tambe´m limitado pelos planos x = 0 e
z = 0 temos o seu esboc¸o na figura que se segue.
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Ca´lculo IV – EP8 Tutor 5
x y
z
W
D
A
B
Dxy
entra em z = 0
sai em z = 1− y2
1
1
Descric¸a˜o de W
Projetando W no plano xy, temos a regia˜o Dxy dada pelas desigualdades 0 ≤ x ≤ 1 e x ≤ y ≤ 1.
x
y
Dxy
entra em y = x
sai em y = 1
1
1
Imaginando uma reta paralela ao eixo z atrave´s de W e orientada como o eixo z, vemos que ela
entra em W em z = 0 e sai de W em z = 1− y2. Enta˜o temos:{
(x, y, z) ∈ R3 | (x, y) ∈ Dxy e 0 ≤ z ≤ 1− y2
}
.
Assim:∫∫∫
W
x dV =
∫∫
Dxy
∫
1−y2
0
x dzdxdy =
∫∫
Dxy
x
(
1− y2) dxdy = ∫ 1
0
x
∫
1
x
(
1− y2) dydx =
=
∫
1
0
x
[
y − y
3
3
]1
x
dx =
∫
1
0
x
[(
1− 1
3
)
−
(
x− x
3
3
)]
dx =
∫
1
0
(
2
3
x− x2 + x
4
3
)
dx =
=
[
x2
3
− x
3
3
+
x5
15
]1
0
=
1
3
− 1
3
+
1
15
=
1
15
.
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Ca´lculo IV – EP8 Tutor 6
Exerc´ıcio 4: Esboce o so´lido W limitado pelas superf´ıcies z = 4− x2, x + y = 2, y = 0 e z = 0 e
calcule seu volume.
Soluc¸a˜o: Identificando as superf´ıcies z = 4 − x2 (ciclindro parabo´lico com geratrizes paralelas ao
eixo y)
Esboc¸o
Esboc¸aremos o cilindro. Inicialmente esboc¸amos a para´bola z = 4 − x2 no plano xz. Em seguida
trac¸amos retas paralelas ao eixo y passando pela para´bola.
x
y
z
−2
2
4
Esboc¸aremos o plano x+ y = 2. Inicialmente esboc¸amos a reta x+ y = 2 no plano xy. em seguida,
trac¸amos retas paralelas ao eixo z passando pela reta.
x
y
z
2
2
Temos y = 0 (plano xz) e z = 0 (plano xy).
Finalmente esboc¸aremos W . Para esboc¸ar o so´lido, devemos encontrar a curva intersec¸a˜o do cilindro
parabo´lico z = 4 − x2 com o plano x + y = 2. A reta x + y = 2 no plano xy intercepta o cilindro
parabo´lico nos pontos A1 e A2. Pelo ponto y = 2 (no eixo y) trac¸amos uma reta paralela ao eixo
z. Esta paralela, que esta´ no plano x + y = 2, intercepta o cilindro parabo´lico em A3. Ligando os
pontos A1, A3 e A2 temos a curva intercec¸a˜o. Como o so´lido esta´ limitado pelo cilindro parabo´lico,
o plano xz e o plano xy, temos W .
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV – EP8 Tutor 7
replacements
x y
z
W
“teto” z = 4− x2
D “piso”
A1
A2
A3
−2
22
4
x
y
D
y = 2− x
y = 0
−2 2
2
De acordo com a figura, o so´lido W esta´ abaixo do cilindro parabo´lico z = 4− x2 e acima da regia˜o
triangular D do plano xy delimitada pelo eixo x, reta x = −2 e reta x + y = 2.
Pela definic¸a˜o de volume, com f(x, y)4− x2, temos:
V (W ) =
∫∫
D
f(x, y) dxdy =
∫∫
D
(
4− x2) dxdy = ∫ 2
−2
∫
2−x
0
(
4− x2) dydx =
=
∫
2
−2
(
4− x2) (2− x) dx = ∫ 2
−2
(
8− 4x− 2x2 + x3) dx = [8x− 2x2 − 2x3
3
+
x4
4
]2
−2
=
= 2
(
8 · 2− 2 · 8
3
)
= 2
(
16− 16
3
)
=
64
3
u.v.
Exerc´ıcio 5: Uma laˆmina tem a forma da regia˜o D = {(x, y) ∈ R2 | 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4 , x ≥ 0} e
a densidade e´ proporcional a` distaˆncia do ponto a` origem. Determine o valor da constante de
proporcionalidade se o momento de ine´rcia em relac¸a˜o ao eixo x for igual a
93pi
10
.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o da laˆminaD esta´ representado na figura que se segue.
x
y
P
Dentra em r = 1
sai em r = 2
1
1
2
2
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV – EP8 Tutor 8
Como a densidade em (x, y) e´ proporcional a` distaˆncia a` origem, a func¸a˜o densidade e´
δ(x, y) = k
√
x2 + y2 , onde k > 0 e´ a constante de proporcionalidade. O momento de ine´rcia
em relac¸a˜o ao eixo x e´:
Ix
∫∫
D
y2δ(x, y) dA = k
∫∫
D
y2
√
x2 + y2 dA .
Em coordenadas polares temos:
y2
√
x2 + y2 dA = (r sen θ)2
√
r2 r drdθ = r4 sen2 θdrdθ .
Descric¸a˜o de D em coordenadas polares
Efetuando uma “varredura” em D, no sentido anti-hora´rio a partir do eixo y negativo onde θ = −pi/2
ate´ o eixo y positivo onde θ = pi/2. Enta˜o θ varia de −pi/2 a pi/2. Por outro lado, considerando um
ponto P no interior de D, vemos que a semirreta OP entra em D em r = 1 e sai de D em r = 2.
Enta˜o r varia de 1 a 2. Enta˜o temos Drθ :
{ −pi/2 ≤ θ ≤ pi/2
1 ≤ r ≤ 2 . Assim:
Ix = k
∫∫
Drθ
r4 sen2 θ drdθ = k
∫
2
1
r4
∫ pi/2
−pi/2
sen2 θ dθdr = k
∫
2
1
r4 · 1
2
[
θ − sen 2θ
2
]pi/2
−pi/2
dr =
=
k
2
(
pi
2
+
pi
2
)∫ 2
1
r4 dr =
kpi
2
[
r5
5
]2
1
=
kpi
10
(32− 1) = 31kpi
10
.
Mas Ix =
93pi
10
. Enta˜o
31kpi
10
=
93pi
10
donde k = 3.
Exerc´ıcio 6: Uma placa D tem a forma de uma regia˜o limitada pelas curvas y =
√
4− x2 , y = −x
e y = x. A densidade em cada ponto e´ proporcional a` distaˆncia do ponto a` origem. Determine a
massa da placa D.
Soluc¸a˜o: De y =
√
4− x2 temos x2 + y2 = 4 com y ≥ 0. Logo, o esboc¸o de D esta´ representado
na figura que se segue.
x
y
D
y = xy = −x
pi/4
3pi/4
−2
2
2
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Ca´lculo IV – EP8 Tutor 9
A distaˆncia de um ponto (x, y) a` origem e´
√
x2 + y2 . Logo, a densidade δ(x, y) e´ dada por
δ(x, y) = k
√
x2 + y2, onde k e´ uma constante positiva. Como a massa M e´ dada por
M =
∫∫
D
δ(x, y) dA enta˜o:
M =
∫∫
D
√
x2 + y2 dA .
Passando para coordenadas polares temos:

x = r cos θ
y = r sen θ
dA = rdrdθ
x2 + y2 = r2
.
Efetuando uma “varredura” em D, no sentido anti-hora´rio, vemos que a regia˜o transformada Drθ e´
dada por;
Drθ :
{
pi/4 ≤ θ ≤ 3pi/4
0 ≤ r ≤ 2 .
Logo:
M = k
∫∫
Drθ
√
r2r drdθ = k
∫∫
Drθ
r2 drdθ = k
∫
2
0
r2
∫
3pi/4
pi/4
dθdr = k
∫
2
0
r2
(
3pi
4
− pi
4
)
dr =
=
kpi
2
∫
2
0
r2 dr =
kpi
2
[
r3
3
]2
0
=
4kpi
3
u.m.
Exerc´ıcio 7: Use coordenadas esfe´ricas para determinar o centro´ide do so´lido envolvido pelos he-
misfe´ricos z =
√
4− x2 − y2 , z =
√
9− x2 − y2 e o plano z = 0.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o do so´lido W esta´ representado na figura que se segue.
x
y
z
W
2
2
2
3
3
3
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV – EP8 Tutor 10
O centro´ide (x, y, z) e´ tal que:
V (W )x =
∫∫∫
W
x dV
V (W )y =
∫∫∫
W
y dV
V (W )z =
∫∫∫
W
z dV
onde
V (W ) =
1
2
[
volume (esfera de raio 3)− volume (esfera de raio 2)]
=
1
2
(
4
3
pi33 − 4
3
pi23
)
=
1
2
· 4
3
pi(27− 8) = 38pi
3
.
Como a func¸a˜o f1(x, y, z) = x e´ ı´mpar na varia´vel x e W tem simetria em relac¸a˜o ao plano yz enta˜o∫∫∫
W
x dV = 0. Logo x = 0. Como a func¸a˜o f2(x, y, z) = y e´ ı´mpar na varia´vel y e W tem simetria
em relac¸a˜o ao plano xz enta˜o
∫∫∫
W
y dV = 0. Logo y = 0.
Ca´lculo de
∫∫∫
W
z dV = 0
Em coordenadas esfe´ricas
z dV = (ρ cosφ)ρ2 senφ dρdφdθ = ρ3 cosφ senφdρdφdθ
e W e´ dado por Wρφθ :


2 ≤ ρ ≤ 3
0 ≤ φ ≤ pi/2
0 ≤ θ ≤ 2pi
. Enta˜o:
∫∫∫
W
z dV =
∫∫∫
Wρφθ
ρ3 cosφ senφ dρdφdθ =
∫
3
2
ρ3
∫ pi/2
0
cosφ senφ
∫
2pi
0
dθdρdφ =
= 2pi
∫
3
2
ρ3
∫ pi/2
0
cosφ senφ dφdρ = 2pi
∫
3
2
ρ3
[
sen2 φ
2
]pi/2
0
dρ = pi
∫
3
2
ρ3 dρ = pi
[
ρ4
4
]3
2
=
=
pi
4
(81− 16) = 65pi
4
.
Logo
38pi
3
z =
65pi
4
donde z =
195
152
. Portanto, o centro´ide e´ (x, y, z) =
(
0, 0,
195
152
)
.
Exerc´ıcio 8: Calcule ∫
1
0
∫ √
1−x2
0
∫ √
1−x2−y2
0
√
x2 + y2 + z2 dzdydx .
Soluc¸a˜o: Temos que:
I =
∫
1
0
∫ √
1−x2
0
∫ √
1−x2−y2
0
√
x2 + y2 + z2 dzdydx =
∫∫∫
W
√
x2 + y2 + z2 dV
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV – EP8 Tutor 11
onde W e´ dado por W : 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ √1− x2 , 0 ≤ z ≤
√
1− x2 − y2. Da descric¸a˜o de
W , vemos que o so´lido esta´ contido no primeiro octante pois x ≥ 0, y ≥ 0 e z ≥ 0 e a sua projec¸a˜o
no plano xy e´ a regia˜o Dxy dada por: Dxy : 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤
√
1− x2.
x
y
Dxy
y =
√
1− x2 ⇒ x2 + y2 = 1
1
1
ou
x
y
z
Dxy
1
1
De z =
√
1− x2 − y2 temos que x2 + y2 + z2 = 1, com z ≥ 0 (semi-esfera superior). De
0 ≤ z ≤
√
1− x2 − y2, vemos que W e´ limitado inferiormente pelo plano z = 0 e e´ limitado
superiormente pela esfera x2 + y2 + z2 = 1. Considerando que W esta´ contido no primeiro octante,
temos o esboc¸o de W na figura a seguir.
x
y
z
W
1
1
1
Passando para coordenadas esfe´ricas temos:

x = ρ senφ cos θ
y = ρ senφ sen θ
z = ρ cosφ
dV = ρ2 senφ dρdφdθ
x2 + y2 + z2 = ρ2
.
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV – EP8 Tutor 12
O conjunto W em coordenadas esfe´ricas e´ Wρφθ : 0 ≤ ρ ≤ 1 , 0 ≤ φ ≤ pi/2 , 0 ≤ θ ≤ pi/2. Enta˜o:
I =
∫∫∫
Wρφθ
√
ρ2ρ2 senφ dρdφdθ
=
∫∫∫
Wρφθ
ρ3 senφ dρdφdθ
=
∫
1
0
ρ3
∫ pi/2
0
senφ
∫ pi/2
0
dθdφdρ
=
pi
2
∫
1
0
ρ3
∫ pi/2
0
senφ dφdρ
=
pi
2
∫
1
0
ρ3
[− cosφ]pi/2
0
dρ
=
pi
2
∫
1
0
ρ3 dρ
=
pi
2
[
ρ4
4
]1
0
=
1
8
.
Exerc´ıcio 9: Um arame fino e´ entortado no formato da curva intersec¸a˜o do cilindro el´ıptico
x2
2
+ y2 = 1 com o plano z = 10− y.
a) Parametrize C.
b) Determine a massa de C se a densidade em qualquer ponto e´ igual ao quadrado da distaˆncia
do ponto ao plano yz.
Soluc¸a˜o:
a)
Esboc¸o de C
Tracemos o cilindro el´ıptico cuja base esta´ no plano xy e geratrizes paralelas ao eixo z. Em seguida,
trac¸amos o plano z = 10 − y. Vemos que os pontos A1(0, 1, 9), A2(
√
2 , 0, 10), A3(0,−1, 11),
A4(−
√
2 , 0, 10) sa˜o comuns a`s duas superf´ıcies. Ligando-os temos a curva intersec¸a˜o.
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV – EP8 Tutor 13
x y
z
A1A2
A3
A4
√
2
1
10
10
Seja (x, y, z) ∈ C. Enta˜o x, y e z satisfazem a`s equac¸o˜es x
2
2
+ y2 = 1 e z = 10 − y. Enta˜o
x =
√
2 cos t, y = sen t e z = 10 − sen t, com 0 ≤ t ≤ 2pi ou γ(t) = (√2 cos t, sen t, 10 − sen t),
com 0 ≤ t ≤ 2pi.
b) Como o quadrado da distaˆncia de (x, y, z) ao plano yz e´ x2 enta˜o a densidade e´ δ(x, y, z) = x2.
Assim, a massa e´:
M =
∫
C
δ(x, y, z) ds =
∫
C
x2 ds
onde
ds =
∣∣∣∣γ′(t)∣∣∣∣ dt = ∣∣∣∣(−√2 sen t, cos t,− cos t)∣∣∣∣ dt = √(−√2 sen t)2 + (cos t)2 + (− cos t)2 dt =
=
√
2 sen2 t + cos2 t+ cos2 t dt =
√
2 sen2 t + 2 cos2 t dt =
√
2 dt .
Enta˜o:
M =
∫
2pi
0
(
√
2 cos t)2
√
2 dt = 2
√
2
∫
2pi
0
cos2 t dt = 2
√
2 · 1
2
[
t +
sen 2t
2
]2pi
0
= 2
√
2pi u.m.
Exerc´ıcio 10: Seja C um arame que esta´ no primeiro octante com a forma da intersec¸a˜o da esfera
x2 + y2 + z2 = 4 com o plano y = 2x.
a) Esboce C.
b) Parametrize C.
c) Calcule a massa de C se a densidade em cada ponto de C for proporcional a` distaˆncia do
ponto ao plano xy.
d) Calcule o momento ine´rcia de C em relac¸a˜o ao eixo z.
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Ca´lculo IV – EP8 Tutor 14
Soluc¸a˜o:
a) Esbocemos no primeiro octante a porc¸a˜o da esfera x2 + y2 + z2 = 4. Em seguida, esbocemos o
plano y = 2x, destacando alguns pontos comuns. A curva C e´ obtida ligando esses pontos.
x
y
z
C
y = 2x
A
B
2
2
2
b) De x2 + y2 + z2 = 4 e y = 2x, com x, y, z ≥ 0 temos x2 + 4x2 + z2 = 4, com x, z ≥ 0 ou
5x2 +z2 = 4, com x, z ≥ 0 ou x
2
4/5
+
z2
4
= 1, com x, z ≥ 0, que representa a projec¸a˜o de C no plano
xz. Enta˜o x =
2√
5
cos t, z = 2 sen t, y = 2x =
4√
5
cos t com 0 ≤ t ≤ pi/2 pois x, z ≥ 0. Assim,
uma parametrizac¸a˜o de C e´:
γ(t) =
(
2√
5
cos t,
4√
5
cos t, 2 sen t
)
, 0 ≤ t ≤ pi/2 .
c) A distaˆncia de (x, y, z) ∈ C ao plano xy e´ igual a |z| = z pois z ≥ 0. Como a densidade
δ(x, y, z) e´ proporcional a` distaˆncia de (x, y, z) ao plano xy enta˜o δ(x, y, z) = kz, onde k e´ uma
constante positiva. Como a massa e´ dada por M =
∫
C
δ(x, y, z) ds enta˜o M = k
∫
C
z ds. Temos
que γ′(t) =
(
− 2√
5
sen t,− 4√
5
sen t, 2 cos t
)
donde
‖γ′(t)‖ =
√
4
5
sen2 t +
16
5
sen2 t + 4 cos2 t =
√
4 sen2 t + 4 cos2 t = 2 .
Logo, ds = ‖γ′(t)‖ dt = 2 dt. Enta˜o:
M = k
∫ pi/2
0
(2 sen t)2 dt = 4k
∫ pi/2
0
sen t dt = 4k
[− cos t]pi/2
0
= 4k u.m.
d) Temos que:
Iz =
∫
C
(
x2 + y2
)
δ(x, y, z) ds = k
∫
C
(
x2 + y2
)
z ds =
= k
∫ pi/2
0
(
4
5
cos2 t +
16
5
cos2 t
)
(2 sen t)2 dt = 4k
∫ pi/2
0
(
20
5
cos2 t sen t
)
dt =
= 16k
∫ pi/2
0
cos2 t sen t dt = −16k
[
cos3 t
3
]pi/2
0
= −16k
3
(0− 1) = 16k
3
.
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