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FUNDAÇÃO TÉCNICO-EDUCACIONAL SOUZA MARQUES FACULDADES SOUZA MARQUES COORDENAÇÃO ACADÊMICA Curso: Engenharia Mecânica ; Engenharia Civil; Física; Química Disciplina: Cálculo 4 Turma: __________ Professor(a): Celso L. M. Pieroni Aluno: ____________________ Matrícula: __________ Avaliação: (X) GQ1 ( ) GQ2 ( ) GQE ( ) GQF Data: 10-09-2014 Nota: _________ Rubrica do Prof.: ______________ Questão 1. (valor: 2,5 pontos) Cacule a integral dupla ∫ ∫ 𝟑𝒚𝒅𝒙𝒅𝒚 𝒙=√𝟏−𝒚𝟐 𝒙=−√𝟏−𝒚𝟐 𝒚=𝟏 𝒚=𝟎 Resolução: Vamos calcular inicialmente a integral interna, com relação a x. ∫ 3𝑦𝑑𝑥 𝑥=√1−𝑦2 𝑥=−√1−𝑦2 = 3𝑥𝑦| 𝑥=−√1−𝑦2 𝑥=√1−𝑦2 = (3 (√1 − 𝑦2) 𝑦) − (3 (−√1 − 𝑦2) 𝑦) = 3𝑦√1 − 𝑦2 + 3𝑦√1 − 𝑦2 = 2 (3𝑦√1 − 𝑦2) = 6𝑦√1 − 𝑦2 ∫ 3𝑦𝑑𝑥 𝑥=√1−𝑦2 𝑥=−√1−𝑦2 = 6𝑦√1 − 𝑦2 Substituindo o resultado da integral interna na integração original teremos a expressão: ∫ ∫ 3𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑥=√1−𝑦2 𝑥=−√1−𝑦2 𝑦=1 𝑦=0 = ∫ 6𝑦√1 − 𝑦2 𝑦=1 𝑦=0 𝑑𝑦 Como a função a ser integrada, 6𝑦√1 − 𝑦2 é o produto de duas funções de duas novas funções com relação a variável y, 6y e √1 − 𝑦2, devemos realizar o método de integração de substituição. Considere 𝑢 = 1 − 𝑦2, assim sendo 𝑑𝑢 = −2𝑦𝑑𝑦. Portanto, 𝑑𝑦 = − 𝑑𝑢 2𝑦 . Substituindo as variáveis na integral de origem, temos ∫ 6𝑦√1 − 𝑦2 𝑦=1 𝑦=0 𝑑𝑦 = − ∫ 3√𝑢 𝑦=1 𝑦=0 𝑑𝑢 Comentado [Nota 1]: Pois 3y é constante com relação a variável x. Comentado [Nota 2]: Substituindo os limites de integração. Comentado [Nota 3]: Realizamos o acerto de sinais e fazemos a soma dos termos. Comentado [Nota 4]: Resultado da integral interna. Comentado [Nota 5]: Devemos escreve a raiz na forma de potência. FUNDAÇÃO TÉCNICO-EDUCACIONAL SOUZA MARQUES FACULDADES SOUZA MARQUES COORDENAÇÃO ACADÊMICA = − ∫ 3√𝑢 𝑦=1 𝑦=0 𝑑𝑢 = − ∫ 3(𝑢1/2) 𝑦=1 𝑦=0 𝑑𝑢 = 3(𝑢3/2) 3/2 | 𝑦=0 𝑦=1 = − 2.3 (𝑢 1 2) 3 | 𝑦=0 𝑦=1 = −2(𝑢3/2)| 𝑦=0 𝑦=1 = −2√𝑢3| 𝑦=0 𝑦=1 = − 2√(1 − 𝑦2)3| 𝑦=0 𝑦=1 = − (2√(1 − 12)3 − 2√(1 − 02)3) (−2√(0)3) + (2√(1)3) = 2√1 = 𝟐 Questão 2. (valor: 2,5 pontos) Cacule o volume do sólido limitado superiormente por 𝒛 = 𝟑𝒙 + 𝟒𝒚𝟐 e limitado inferiormente pela região no semiplano superior limitada pelos círculos 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟏 e 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟒. Resolução: Vejamos primeiramente os gráficos abaixo: Tendo o gráfico acima podemos concluir que o domínio pode ser definido por 𝑅 = {(𝑥, 𝑦) | 𝑦 ≥ 0, 1 ≤ 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 4} Para efeito de simplificação na solução do problema, será realizada uma mudança de coordenadas de (𝑥, 𝑦) para (𝑟, 𝜃), isto é, faremos uma mudança para coordenadas polares. Assim sendo, o domínio será escrito por 𝑅 = {(𝑟, 𝜃) | 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋 𝑒 1 ≤ 𝑟 ≤ 2} Comentado [Nota 6]: Temos que ∫ 𝒙𝒏𝒅𝒙 = 𝒙𝒏+𝟏 𝒏+𝟏 + 𝑪 Comentado [Nota 7]: Devemos reescrever a potência como raiz e substituir 𝒖 por 𝟏 − 𝒚𝟐 Comentado [Nota 8]: Aplicamos a Teorema Fundamental do Cálculo. Comentado [Nota 9]: Observar que, o domínio é definido em coordenadas cartesianas. Comentado [Nota 10]: Sabe-se que, em coordenadas polares, 𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑦 = 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 Comentado [Nota 11]: Observar que, o domínio é definido em coordenadas cartesianas. FUNDAÇÃO TÉCNICO-EDUCACIONAL SOUZA MARQUES FACULDADES SOUZA MARQUES COORDENAÇÃO ACADÊMICA Definido os limites de integração temos então a integral dupla ∫ ∫ (3𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 + 4𝑟2𝑠𝑒𝑛2𝜃)𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 2 1 𝜋 0 Logo, ∫ ∫ (3𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 + 4𝑟2𝑠𝑒𝑛2𝜃)𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 2 1 𝜋 0 = ∫ ∫ 3𝑟2𝑐𝑜𝑠𝜃 + 4𝑟3𝑠𝑒𝑛2𝜃𝑑𝑟𝑑𝜃 2 1 𝜋 0 = 3 ∫ ∫ 𝑟2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝑟𝑑𝜃 2 1 + 4 ∫ ∫ 𝑟3𝑠𝑒𝑛2𝜃𝑑𝑟𝑑𝜃 2 1 𝜋 0 𝜋 0 Temos que a integral ∫ 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃 𝜋 0 = 𝑠𝑒𝑛𝜃|0 𝜋 = 𝑠𝑒𝑛 𝜋 − 𝑠𝑒𝑛 0 = 0 Portanto continuaremos a resolver: 4 ∫ ∫ 𝑟3𝑠𝑒𝑛2𝜃𝑑𝑟𝑑𝜃 2 1 𝜋 0 = 4 ∫ ( 1 − cos 2𝜃 2 ) [∫ 𝑟3𝑑𝑟 2 1 ] 𝑑𝜃 𝜋 0 = 4 𝑟4 4 | 1 2 ∫ ( 1 − cos 2𝜃 2 ) 𝑑𝜃 𝜋 0 = 15 ∫ ( 1 − cos 2𝜃 2 ) 𝑑𝜃 𝜋 0 = 15 2 [∫ 𝑑𝜃 𝜋 0 − ∫ 𝑐𝑜𝑠2𝜃𝑑𝜃 𝜋 0 ] = 15 2 [𝜋 − 1 2 (𝑠𝑒𝑛 2𝜋 − 𝑠𝑒𝑛 0)] = 15 2 [𝜋 − 1 2 (0 − 0)] = 𝟏𝟓𝝅 𝟐 Comentado [Nota 12]: A integral dupla tendo como coordenadas (𝑟, 𝜃). Comentado [Nota 13]: Temos a seguinte relação trigonométrica: 𝒔𝒆𝒏𝟐𝜽 = (𝟏 − 𝒄𝒐𝒔𝟐𝜽) 𝟐⁄ Comentado [Nota 14]: Resolvendo a integral em relação ao raio r. Comentado [Nota 15]: Temos que 𝒔𝒆𝒏 𝟐𝒌𝝅 = 𝟎, para 𝒌 ∈ ℤ. FUNDAÇÃO TÉCNICO-EDUCACIONAL SOUZA MARQUES FACULDADES SOUZA MARQUES COORDENAÇÃO ACADÊMICA Questão 3. (valor: 2,5 pontos) No estudo de integração tripla, ao calcularmos a integral ∭ √𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐𝑫𝑽 𝑾 , onde 𝑾 é a região limitada inferiormente pelo cone 𝒛 = √𝟑(𝒙𝟐 + 𝒚𝟐) e superiormente pela esfera 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 = 𝟒, temos como domínio a figura abaixo. Na resolução deste problema, obsevarmos que os cálculos realizados podem ser complexos quando feitos em coordenadas cartesianas. Contudo, a solução para esta complexidade é dada quando procuramos usar uma mundança para coordenadas esféricas. Esta transformação gera como itegral resultante: ∫ ∫ ∫ 𝝆𝟑𝒔𝒆𝒏𝝓 𝟐𝝅 𝟎 𝒅𝜽𝒅𝝆𝒅𝝓 𝟐 𝟎 𝝅 𝟔⁄ 𝟎 Assim sendo, determine a solução para integral tripla em coordenadas esféricas dada acima: Solução: Temos que: ∫ ∫ ∫ 𝜌3𝑠𝑒𝑛𝜙 2𝜋 0 𝑑𝜃𝑑𝜌𝑑𝜙 2 0 𝜋 6⁄ 0 = ∫ ∫ 𝜃|0 2𝜋(𝜌3𝑠𝑒𝑛𝜙)𝑑𝜌𝑑𝜙 2 0 𝜋 6⁄ 0 = 2𝜋 ∫ 𝑠𝑒𝑛𝜙 [∫ 𝜌3 2 0 𝑑𝜌] 𝜋 6 0 𝑑𝜙 = 2𝜋 𝜌4 4 | 0 2 ∫ 𝑠𝑒𝑛𝜙 𝜋 6 0 𝑑𝜙 = 8𝜋(−𝑐𝑜𝑠𝜙)|0 𝜋/6 = 8𝜋 (1 − 𝑐𝑜𝑠 𝜋 6 ) = 8𝜋 (1 − √3 2 ) = 𝟒𝝅(𝟐 − √𝟑) Questão 4. (valor: 2,5 pontos) No estudo de integração de função de várias variáveis, temos que o Teorema de Fubini que pode ser visualizado geometricamente através do uso do Princípio de Cavalieri: “Dado um sólido, se detonarmos por A(y) a área da seção transversal ao sólido, medida a uma distância y de um plano de referência, o volume do sólido é dado por 𝑽 = ∫ 𝑨(𝒚)𝒅𝒚 𝒅 𝒄 , onde c e d são as distâncias mínima e máxima ao plano de referência.” Assim sendo, aplicação do teorema em integração dupla é dado pelas iguadades: ∬ 𝒇(𝒙, 𝒚) 𝑹 𝒅𝒙𝒅𝒚 = ∫ (∫ 𝒇(𝒙, 𝒚)𝒅𝒙 𝒃 𝒂 ) 𝒅𝒚 𝒅 𝒄 = ∫ (∫ 𝒇(𝒙, 𝒚)𝒅𝒚 𝒅 𝒄 ) 𝒅𝒙 𝒃 𝒂 . Comentado [Nota 16]: Próxima integral a ser resolvida será em função do raio 𝝆. Comentado [Nota 17]: Terceira integração feita foi em função do ângulo 𝝓 associado ao eixo z. FUNDAÇÃO TÉCNICO-EDUCACIONAL SOUZA MARQUES FACULDADES SOUZA MARQUES COORDENAÇÃO ACADÊMICA Com base no resultado acima, calcule a integral dupla: ∫ ∫ 𝟒𝒆𝒙 𝟐 𝒙=𝟐 𝒙=𝟐𝒚 𝒅𝒙𝒅𝒚 𝒚=𝟏 𝒚=𝟎 Resolução: Não é possível resolver a integral dupla na ordem apresentada no enunciado pois, a integral simples ∫ 𝑒𝑥 2 𝑑𝑥 não é considerada uma função elementar. Portanto devemos inverte a ordem de integração da integral. Note que a região 𝐷 (domínio) da integração é dada pelas desigualdades{ 0 ≤ 𝑦 ≤ 1 2𝑦 ≤ 𝑥 ≤ 2 Assim sendo, a região 𝐷 está limitada à esquerda pela reta 𝑥 = 2𝑦 (ou 𝑦 = 𝑥 2⁄ ) e à direita pela reta 𝑥 = 2, entre a retas horizontais 𝑦 = 0 e 𝑦 = 1. Imaginando uma reta vertical através da região 𝐷, orientada paralela ao eixo y, notamos que inicialmente ela intercepta a reta 𝑦 = 0 e depois 𝑦 = 𝑥 2⁄ . Observamos também que a região D esta entre as retas 𝑥 = 0 e 𝑥 = 2. Portanto, fazendo esta nova leitura dos limites da região 𝐷 temos: 𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2 | 0 ≤ 𝑥 ≤ , 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥 2⁄ } Temos então a nova integral dupla: ∫ ∫ 4𝑒𝑥 2 𝑦=𝑥/2 𝑦=0 𝑑𝑦𝑑𝑥 𝑥=2 𝑥=0 Resolvendo, temos ∫ ∫ 4𝑒𝑥 2 𝑦=𝑥/2 𝑦=0 𝑑𝑦𝑑𝑥 𝑥=2 𝑥=0 = ∫ 4𝑒𝑥 2 (𝑦)|0 𝑥 2⁄ 𝑑𝑥 𝑥=2 𝑥=0 = ∫ 4𝑒𝑥 2 ( 𝑥 2 ) 𝑑𝑥 𝑥=2 𝑥=0 = ∫ 𝑒𝑥22𝑥𝑑𝑥 𝑥=2 𝑥=0 Fazendo 𝑢 = 𝑥2, temos 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥. Para 𝑥 = 0, temos u=2 e para 𝑥 = 2, temos u=4. Então, ∫ ∫ 4𝑒𝑥 2 𝑥=2 𝑥=2𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ 𝑒𝑢𝑑𝑢 = 𝑒𝑢|0 4 = 𝒆𝟒 − 𝟏 4 0 𝑦=1 𝑦=0 Comentado [Nota 18]: Esta função não pode ser considerada como uma soma finita de funções elementares. Comentado [Nota 19]: Limites de integração da integral com 𝒅𝒙𝒅𝒚. Comentado [Nota 20]: Esta reta sobre o eixo x. Comentado [Nota 21]: Esta reta esta sobre o eixo y. FUNDAÇÃO TÉCNICO-EDUCACIONAL SOUZA MARQUES FACULDADES SOUZA MARQUES COORDENAÇÃO ACADÊMICA Questão 5. (Opcional) Calcule a integral dupla da função 𝑓(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 + 𝑦 sobre o conjunto D definido da forma: 𝑫 = {(𝒙, 𝒚) ∈ ℝ𝟐| − 𝟑 ≤ 𝒙 ≤ 𝟑; 𝟎 ≤ 𝒚 ≤ √𝟗 − 𝒙𝟐} Resolução: Vejamos inicialmente como fica o gráfico da região 𝐷 da questão. 𝒚 ≤ √𝟗 − 𝒙𝟐 Passando para o sistema de coordenadas polares, temos a região 𝐷 da forma: 𝐷 = {(𝑟, 𝜃) ∈ ℝ2|0 ≤ 𝑟 ≤ 3; 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋} Logo a integral reescrita fica: ∫ [∫ (2𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃)𝑟𝑑𝑟 𝑟=3 𝑟=0 ] 𝑑𝜃 𝜃=𝜋 𝜃=0 = ∫ (2𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑠𝑒𝑛𝜃) [∫ 𝑟2𝑑𝑟 𝑟=3 𝑟=0 ] 𝑑𝜃 𝜃=𝜋 𝜃=0 = ∫ (2𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑠𝑒𝑛𝜃) [ 𝑟3 3 | 0 3 ] 𝑑𝜃 = 33 3 ∫ (2𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑠𝑒𝑛𝜃)𝑑𝜃 𝜃=𝜋 𝜃=0 𝜃=𝜋 𝜃=0 = 9 [2 ∫ 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑑𝜃 + ∫ 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃 𝜃=𝜋 𝜃=0 𝜃=𝜋 𝜃=0 ] = 9(2𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)|0 𝜋 = 9(𝑠𝑒𝑛𝜋 − 2𝑠𝑒𝑛0 − 𝑐𝑜𝑠𝜋 + 𝑐𝑜𝑠0) = 9(1 + 1) = 𝟏𝟖 Comentado [Nota 22]: Sabe-se que, em coordenadas polares, 𝒙 = 𝒓𝒄𝒐𝒔𝜽 𝒚 = 𝒓𝒔𝒆𝒏𝜽 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝒓𝟐 𝒅𝒙𝒅𝒚 = 𝒓𝒅𝒓𝒅𝜽 Comentado [Nota 24]: A integral da soma de duas funções é soma da integral destas funções. Comentado [Nota 25]: Temos que 𝑠𝑒𝑛 𝜋 = 0; 𝑠𝑒𝑛 0 = 0; cos 𝜋 = −1; cos 0 = 1
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