Cálculo IV - GQ1 - 2014-2

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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, onde 𝑫 é a região limitada pela curva 𝒚 =
√𝟏 − 𝒙𝟐 e pelo eixo 𝒙. 
∬ 𝒆𝒙
𝟐+𝒚𝟐𝒅𝒙
 
𝑫
𝒅𝒚 
 
 
Resolução: Adotando o sistema de coordenadas polares, teremos um semi-circulo de raio 1, centrado 
em zero. 
 
Uma vez que 
 
{
𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑦 = 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2
𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃
 
 
a integral dupla será 
 
∫ ∫ 𝑒𝑟
2
𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃
1
0
𝜋
0
 
 
Usando método de substituição e fazendo 𝑢 = 𝑟2, 𝑑𝑢 = 2𝑟𝑑𝑟. Portanto, 
 
∫ 𝑒𝑟
2
𝑟𝑑𝑟
1
0
=
1
2
∫ 𝑒𝑢𝑑𝑢 =
1
2
𝑒𝑢. 
 
Assim, 
 
∫ ∫ 𝑒𝑟
2
𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃
1
0
𝜋
0
= (𝑒𝑟
2
|
0
1
) ∫ 𝑑𝜃 = (𝑒 − 1)𝜃|0
𝜋
𝜋
0
= 𝝅(𝒆 − 𝟏) 
 
 
 
 
 
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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} 
 
 
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
 
Comentado [Nota 1]: Observar que, o domínio é definido em 
coordenadas cartesianas. 
Comentado [Nota 2]: Sabe-se que, em coordenadas polares, 
𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 
𝑦 = 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 
𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2 
𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 
Comentado [Nota 3]: Observar que, o domínio é definido em 
coordenadas cartesianas. 
Comentado [Nota 4]: A integral dupla tendo como coordenadas 
(𝑟, 𝜃). 
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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
 
 
 
 
 
 
 
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: 
 
Comentado [Nota 5]: Temos a seguinte relação 
trigonométrica: 
 
𝒔𝒆𝒏𝟐𝜽 = (𝟏 − 𝒄𝒐𝒔𝟐𝜽) 𝟐⁄ 
Comentado [Nota 6]: Resolvendo a integral em relação ao raio 
r. 
Comentado [Nota 7]: Temos que 
𝒔𝒆𝒏 𝟐𝒌𝝅 = 𝟎, para 𝒌 ∈ ℤ. 
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∫ ∫ ∫ 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 dupla em regiões não retângulares (regiões 
mais gerais), existem dois tipos de subconjuntos do plano, que são usados para estender o conceito 
de integral dupla sobre retângulos. Chamamos de forma geral estas regiões da forma: 
Regiões de tipo I: 𝑫 = {(𝒙, 𝒚) ∈ ℝ𝟐|𝒂 ≤ 𝒙 ≤ 𝒃, 𝝓𝟏(𝒙) ≤ 𝒚 ≤ 𝝓𝟐(𝒙)} 
Regiões de tipo II: 𝑫 = {(𝒙, 𝒚) ∈ ℝ𝟐|𝒄 ≤ 𝒚 ≤ 𝒅, 𝝍𝟏(𝒚) ≤ 𝒙 ≤ 𝝍𝟐(𝒚)} 
As regiões de tipos I ou II são chamadas elementares e são consideradas fechadas e limitadas. Com 
base neste desenvolvimento, calcule a integral dupla: 
 
∫ ∫ 𝒆𝒙
𝟐
𝒙=𝟏
𝒙=𝒚
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
 
𝑦 ≤ 𝑥 ≤ 1
 
 
Assim sendo, a região 𝐷 está limitada à esquerda pela reta 𝑥 = 𝑦 (ou 𝑦 = 𝑥) e à direita pela reta 𝑥 = 1, 
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 . Observamos também que a região D esta entre 
as retas 𝑥 = 0 e 𝑥 = 1. Portanto, fazendo esta nova leitura dos limites da região 𝐷 temos: 
 
𝐷 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2 | 0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥} 
 
Temos então a nova integral dupla: 
Comentado [Nota 8]: Próxima integral a ser resolvida será em 
função do raio 𝝆. 
Comentado [Nota 9]: Terceira integração feita foi em função 
do ângulo 𝝓 associado ao eixo z. 
Comentado [Nota 10]: Esta função não pode ser considerada 
como uma soma finita de funções elementares. 
Comentado [Nota 11]: Limites de integração da integral com 
𝒅𝒙𝒅𝒚. 
Comentado [Nota 12]: Esta reta sobre o eixo x. 
Comentado [Nota 13]: Esta reta esta sobre o eixo y. 
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∫ ∫ 𝑒𝑥
2
𝑦=𝑥
𝑦=0
𝑑𝑦𝑑𝑥
𝑥=1
𝑥=0
 
Resolvendo, temos 
 
∫ ∫ 𝑒𝑥
2
𝑦=𝑥
𝑦=0
𝑑𝑦𝑑𝑥
𝑥=1
𝑥=0
= ∫ 𝑒𝑥
2
(𝑦)|0
𝑥𝑑𝑥
𝑥=1
𝑥=0
= ∫ 𝑒𝑥
2
𝑥𝑑𝑥
𝑥=1
𝑥=0
 
 
 
 
Fazendo 𝑢 = 𝑥2, temos 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥. Para 𝑥 = 0, temos u=0 e para 𝑥 = 1, temos u=1. Então, 
 
∫ ∫ 4𝑒𝑥
2
𝑥=2
𝑥=2𝑦
𝑑𝑥𝑑𝑦 =
1
2
∫ 𝑒𝑢𝑑𝑢 = 𝑒𝑢|0
1 =
𝟏
𝟐
(𝒆 − 𝟏)
1
0
𝑦=1
𝑦=0
 
 
 
Questão5. (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
 
 
Comentado [Nota 14]: Sabe-se que, em coordenadas polares, 
𝒙 = 𝒓𝒄𝒐𝒔𝜽 
𝒚 = 𝒓𝒔𝒆𝒏𝜽 
𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝒓𝟐 
𝒅𝒙𝒅𝒚 = 𝒓𝒅𝒓𝒅𝜽 
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= ∫ (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 16]: A integral da soma de duas funções é 
soma da integral destas funções. 
Comentado [Nota 17]: Temos que 
𝑠𝑒𝑛 𝜋 = 0; 
𝑠𝑒𝑛 0 = 0; 
cos 𝜋 = −1; 
cos 0 = 1