EngProdComp 2017 MCA502CalculoII P1 GABARITO

Prévia do material em texto

AVALIAÇÃO PRESENCIAL 
CADERNO DE PERGUNTAS 
curso: Engenharia de Produção/ 
Engenharia de Computação 
bimestre: ​4​o​ bimestre ano: ​ 2018 | 1sem P1 
● Preencha atentamente o cabeçalho de​ TODAS AS FOLHAS DE RESPOSTA​ que você utilizar. 
● Ao término da prova, entregue apenas a folha de resposta ao aplicador. Leve este caderno de 
perguntas consigo. 
Boa prova! 
 
disciplina MCA502 - Cálculo II 
 
● O aluno deverá trazer resumo disponível no AVA. 
 
Questão 1​ ​(1,0 ponto) 
Sobre a superfície de nível 36 da função podemos afirmar:x y 6zf (x) = 9 2 + 4 2 + 3 2 
a) É uma esfera. 
b) É um elipsoide com eixos de tamanho, respectivamente, 4, 6 e 2. 
c) É um elipsoide com eixos de tamanho, respectivamente, 4, 9 e 1. 
d) É um elipsoide com eixos de tamanho, respectivamente, 3, 2 e 6. 
e) Nenhuma das anteriores. 
 
Questão 2​ ​(1,0 ponto) 
A massa da região do espaço com densidade é:A = − , 1[ 1 ]X 0, 3[ ]X 1, 2[ ] yδ (x, , )y z = 4 
a) 24 
b) 72 
c) 6 
d) 12 
e) Nenhuma das anteriores. 
 
Questão 3​ ​(1,0 ponto) 
Calcule a massa do arco de hélice com densidade .0≤t≤πh (t) = (4cost, 4sent, 3t) , zδ (x, , )y z = 2 
a) 5π1 2 
b) 5π1 
c) 0π1 2 
d) 0π1 
e) Nenhuma das anteriores. 
 
Questão 4​ ​(1,0 ponto) 
Sobre o campo vetorial podemos afirmar:xseny i 2x cosy )jF→ (x, )y = 2 2→+ ( 2 2 + 3y2 → 
a) é conservativo.F→ 
b) otFR → = 0→ 
c) O campo não é conservativo. 
d) A função potencial é senyφ (x, )y = x2 2 + y3 
e) Nenhuma das anteriores. 
 
Questão 5​ ​(1,0 ponto) 
Calculando , sendo , obtemos:dx dy dz∫
 
γ
x + y + z 0≤t≤2 γ (t) = 2t, t ,( 2 − t2) , 
1 
 
 
a) 8 
b) 16 
c) 12 
d) 24 
e) Nenhuma das anteriores. 
 
Questão 6​ ​(1,0 ponto) 
Determine a equação do plano tangente à superfície S de equação no ponto .y yz z −x2 − 3 + x 2 = 3 (1, , )2 1 
a) x y z5 − 2 − 4 − 3 = 0 
b) x y z5 − 2 − 4 + 3 = 0 
c) x y z5 + 2 − 4 + 3 = 0 
d) x y z5 + 2 + 4 + 3 = 0 
e) Nenhuma das anteriores. 
 
Questão 7​ ​(1,0 ponto) 
Calcule através da superfície S que é o bordo do elipsoide3xdy∧dz 2y z )dz∧dx zdx∧dy ∬ S + ( − 5 7 + 
 orientada com a normal que aponta para fora.≤1 x2 + 9
y2 + 4
z2 
a) π6 
b) 2π1 
c) 4π2 
d) 6π3 
e) Nenhuma das anteriores. 
 
Questão 8​ ​(1,0 ponto) 
Calcule a massa do pedaço do cilindro , acima do plano e abaixo do plano ,x2 + y2 = 9 z = 4 − x 0z = 1 − x 
com e com densidade ≥0, y≥0x z.δ = δ (x, , )y z = 2 
a) 6π5 
b) 68π1 
c) 04π5 
d) 52π2 
e) Nenhuma das anteriores. 
 
 
Questão 9​ ​(1,0 ponto) 
Calcule , sendo a curva que é o bordo do retângulo de vérticesxysenzdx y ycoszdz ∫
 
γ
2 + (x senz )2 + x2 d + x2 γ 
, percorrida de modo que a projeção no plano xy seja percorrida no0, , )( 0 0 (1, , )(1, , )0 0 , (0, , )1 1 , 1 1 
sentido anti-horário. 
Observação: é formada por 4 segmentos de reta, todos contidos no planoγ z y. = 
a) 1 
b) 6 
c) π 
d) -1 
e) Nenhuma das anteriores. 
 
Questão 10​ ​(1,0 ponto) 
Sobre a função , é correto afirmar:y yf (x, )y = 8x2 + 4 2 + x − 7 
a) (0,0) é seu único ponto crítico e é um ponto de máximo local. 
b) (0,0) é seu único ponto crítico e é um ponto de mínimo local. 
c) (0,0) é seu único ponto crítico e não é nem ponto de máximo nem de mínimo local. 
d) (1,1) é seu único ponto crítico e não é nem ponto de máximo nem de mínimo local. 
e) Nenhuma das anteriores. 
2 
 
 
GABARITO 
 
curso: Engenharia de Produção/ Engenharia de Computação bimestre: ​4​
o​ bimestre P1 
 
Disciplina: MCA502 - Cálculo II 
 
Questão 1 
Alternativa B: A superfície de nível 36 é obtida de . Segue:x y 6z 6f (x) = 9 2 + 4 2 + 3 2 = 3 
 e, portanto, temos um elipsoide de eixos 4 (no eixo x), 6 (no eixo y) e 2 (no eixo z).4
x2 + 9
y2 + z2 = 1 
 
Questão 2 
Alternativa E: Massa δ V ydzdydx yz|2 1 dydx ydydx∭ A (x, , )y z d = ∫
1
−1
∫
3
0
∫
2
1
4 = ∫
1
−1
∫
3
0
4 = ∫
1
−1
∫
3
0
4 = 
y |3 0 dx 8dx 6 ∫
1
−1
2 2 = ∫
1
−1
1 = 3 
 
Questão 3 
Alternativa A: Massa s h δ t= ∫
 
h
δ (x, , )y z d = ∫
π
0
‖ ′ (t)‖ (h )(t) d 
) ​⇒ .h (t) = (4cost, 4sent, 3t) − sent, 4cost, 3)h′ (t) = ( 4 
 e também h ‖ ′ (t)‖ = √16sen t 6cos t2 + 1 2 + 9 = √25 = 5 z tδ (h )(t) = 2 = 6 
Massa .·6tdt 5t |π 0 5π= ∫
π
0
5 = 1 2 = 1 2 
 
Questão 4 
Alternativa C: Como segue que o campo não é conservativo.otF 4xseny xyseny )k = R → = ( ∂x∂Q − ∂y∂P) k→ = ( 2 − 4 2 → / 0→ 
 
Questão 5 
Alternativa D: Sendo temos 0≤t≤2 γ (t) = 2t, t ,( 2 − t2) , γ′ (t) = (2, 2t, t) − 2 
dx dy dz t t 2 0 4∫
 
γ
x + y + z = ∫
2
0
2t·2 ·2t( + t2 + −( t2) (− t)2 ) d = ∫
2
0
4t t( + 4 3) d = 2t( 2 + t4) | = 2 
 
Questão 6 
Alternativa B: A superfície S é a superfície de nível -3 da função .y yz zf (x) = x2 − 3 + x 2 
O gradiente de num ponto genérico é dado por .f 2xy , x z, y xz)∇f→ (x, , )y z = ( + z2 2 − 3 − 3 + 2 
No ponto obtemos , que é perpendicular à S e ao seu plano tangente no(1, , )2 1 5, , )∇f→ (1, , )2 1 = ( − 2 − 4 
ponto. Assim o plano terá equação .x y z5 − 2 − 4 + d = 0 
Como é um ponto do plano , logo, o plano é (1, , )2 1 ⇒d5 − 4 − 4 + d = 0 = 3 x y z5 − 2 − 4 + 3 = 0 
 
Questão 7 
Alternativa E: Pelo Teorema de Gauss vale: 
 3xdy∧dz 2y z )dz∧dx zdx∧dy ∬ S + ( − 5 7 + = (DivF )dV = ( )dV∭
 
V
→
= ∭ V ∂x
∂P + ∂y
∂Q + ∂z
∂R 
V V ol · .π.a·b·c · .π.1·3·2 8π= ∭ V (3 )+ 2 + 1 d = 6 (S) = 6 3
4 = 6 3
4 = 4 
3 
 
 
 
 
 
Questão 8 
Alternativa C: Massa = δ A 2zdA∬ D (x, , )y z d = ∬
 
D 
Parametrização: 
 ,cosθx = 3 ≤θ≤2π0 
 senθy = 3 cosθ≤z≤10 cosθ4 − 3 − 3 
 z = z A dzdθd = 3 
2zdA ·2z·dzdθ z |10 cosθ 4 cosθ dθ∬ D = ∫
2π
0
∫
10−3cosθ
4−3cosθ
3 = ∫
2π
0
3 2 − 3 − 3 = 
.(84 6cosθ)dθ 2π 0 04π= 3 ∫
2π
0
− 3 = 3 (84θ 6senθ)− 3 | = 5 
 
Questão 9 
Alternativa ​A:​ Inicialmente vamos calcular otFr
→
 
 otF i ·jr
→
= i j k 2xysenz x senz x ycosz ||
→→ → ∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
2 + x2 2 || = 0
→
+ 0
→
+ xk = . 2
→
= (0, , x)0 2 / 0
→
 
O campo não é conservativo. Vamos usar o Teorema de Stokes. 
Parametrização: 
 x = u ≤u≤10 
 y = v ≤v≤10 
 z = v 
 X 1, , ) u
→
= ( 0 0 
 0, , )Xv
→
= ( 1 1 
0,− , )Xu
→
⋀ Xv
→
= i j k 1 0 0 0 1 1 ||
→→ → |
| = ( 1 1 
Esta é a orientação pedida. 
xysenzdx y ycoszdz = rotF dS∫
 
γ
2 + (x senz )2 + x2 d + x2 = ∬ S
→
• n→ 
 .⟨ dA 2xdA udvdu uv|1 0 du udu= ∬ D (0,− , )1 1 ⟩ = ∬
 
D = ∫
1
0
∫
1
0
2 = ∫
1
0
2 = ∫
1
0
2 = |1 0 u2 = 1 
 
 
Questão 10 
Alternativa B: 
6x∂f∂x (x, )y = 1 + y = 0 
y ⇒x∂f∂y (x, )y = 8 + x = 0 = y = 0 
Logo o único ponto crítico é 0, )( 0 
 e 6,∂ f
e
∂x2 (x, )y = 1 
∂ fe
∂x∂y (x, )y = 1 
∂ fe
∂y2 (x, )y = 8 
segue que 28 27D = ||
∂ fe
∂x2 (0, )0 
∂ fe
∂x∂y (0, )0 
∂ fe
∂x∂y (0, )0 
∂ fe
∂y2 (0, )0 
|
| = 16 1 1 8 | | = 1 − 1 = 1 > 0 
Como e segue que (0,0) é ponto de mínimo local.6∂ f
e
∂x2 (0, )0 = 1 > 0 27D = 1 > 0 
 
 
 
4