AD1-C4-2020 2-gabarito

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
AD1 – CÁLCULO IV – Tutor 2020-2
Questão 1 [2,5 pontos] Sabendo que A =
∫ 1
0
e−t
2
dt e B =
∫ 1/2
0
e−t
2
dt, calcule, em termos de A
e B, a integral iterada
I =
∫ 0
−1/2
∫ −1
x
e−y
2
dy dx
Sugestão: (a)
∫ b
a
f(t) dt = −
∫ a
b
f(t) dt; (b) a ≤ c ≤ b =⇒
∫ b
a
f(t) dt =
∫ c
a
f(t) dt +
∫ b
c
f(t) dt; (c) Se f(t) é uma
função par então
∫ −b
−a f(t) dt =
∫ a
b
f(t) dt.
Solução:
x
y
D1
D2
− 12
− 12
−1
y = x
Fig. 1: Região D = D1 ∪D2
Temos:
I =
∫ 0
−1/2
∫ −1
x
e−y
2
dy dx = −
∫ 0
−1/2
∫ x
−1
e−y
2
dy dx =
∫∫
D
e−y
2
dx dy,
onde D é dada por
D : −
1
2 ≤ x ≤ 0 , −1 ≤ y ≤ x
e cujo esboço está representado na Fig. 1.
Para calcular a integral I devemos inverter a ordem de integração, para tal,
devemos olhar para D como reunião de regiões do tipo II, D = D1 ∪D2, onde
D1 : −1 ≤ y ≤ − 12 , −
1
2 ≤ x ≤ 0 e D2 : −
1
2 ≤ y ≤ 0 , y ≤ x ≤ 0.
Logo,
I = −
[ ∫∫
D1
e−y
2
dx dy︸ ︷︷ ︸
I1
+
∫∫
D2
e−y
2
dx dy︸ ︷︷ ︸
I1
]
.
Cálculo de I1. Temos:
I1 =
∫ −1/2
−1
∫ 0
−1/2
e−y
2
dx dy =
1
2
∫ −1/2
−1
e−y
2
dy.
Como e−y
2
é uma função par, então
I1 =
1
2
∫ 1
1/2
e−y
2
dy =
1
2
[ ∫ 1
0
e−y
2
dy −
∫ 1/2
0
e−y
2
dy
]
=
1
2
[ ∫ 1
0
e−t
2
dt−
∫ 1/2
0
e−t
2
dt
]
=
1
2 (A−B).
Cálculo de I2. Temos:
I2 =
∫ 0
−1/2
∫ 0
y
e−y
2
dx dy =
∫ 0
−1/2
e−y
2
(−y) dy =
1
2
∫ 0
−1/2
e−y
2
(−2y) dy
=
1
2
[
e−y
2
]0
−1/2
=
1
2
(
e0 − e−1/4
)
=
1
2
(
1− e−1/4
)
.
Portanto, I = − 12
(
A−B + 1− e−1/4
)
.
Cálculo IV – AD1 AD1 – Tutor 2
Questão 2 [2,5 pontos] Calcule a integral
I =
∫ 1
0
∫ 2−2y
0
e
x−y
x+2y dx dy.
x
y
D
1
2
x = 2− 2y
=⇒ x + 2y = 2
Fig. 2: Região D
Solução: A região de integração D no plano xy é dada por (Fig. 2)
D : 0 ≤ y ≤ 1 , 0 ≤ x ≤ 2− 2y.
O integrando sugere a seguinte transformação:{
u = x− y
v = x+ 2y
=⇒
{
x = 2u+v3
y = v−u3 .
Logo, o jacobiano da transformação é:
J =
∂(x, y)
∂(u, v) =
∣∣∣∣ 2/3 1/3−1/3 1/3
∣∣∣∣ = 29 + 19 = 13 .
Vemos que a região é limitada pelas retas
x
y
Duv
2
−1 2
v = uv = −2u
Fig. 3: Região Duv
x+ 2y = 2 , x = 0 e y = 0.
• x+ 2y = 2 =⇒ v = 2;
• x = 0 =⇒
{
u = −y
v = 2y
=⇒ v = −2u;
• y = 0 =⇒
{
u = x
v = x
=⇒ u = v.
Assim, a região Duv é limitada por v = 2, v = −2u e
v = u. Ou seja (Fig. 3),
Duv : 0 ≤ v ≤ 2 , −v/2 ≤ u ≤ v.
Aplicando a fórmula de mudança de variáveis, temos:
I =
∫∫
Duv
eu/v |J | du dv =
1
3
∫ 2
0
∫ v
−v/2
eu/vdu dv
=
1
3
∫ 2
0
v
[
eu/v
]u=v
u=−v/2
dv =
1
3
∫ 2
0
v
(
e− e−1/2
)
dv
=
1
3
(
e− e−1/2
) [v2
2
]2
0
=
2
3
(
e− e−1/2
)
.
Quer dizer, I = 23
(
e− e−1/2
)
.
Questão 3 [2,5 pontos] Considere as regiões D1 e D2 do plano dadas por
D1 = {(x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ x ≤ y ≤ 1} , D2 = {(x, y) ∈ R2 ; 1− x2 ≤ y2}.
x
y
D
1
1
√
2
2
√
2
2
x2+y2 =1
y = x
Fig. 4: Região D
Seja D = D1 ∩D2. Considere a integral dupla I =
∫∫
D
y
x2 + y2 dx dy.
(a) [1,0 ponto] Escreva, usando coordenadas retangulares x, y, sem fazer
cálculos, uma integral iterada que seja igual a I.
(b) [1,0 ponto] Escreva sem fazer cálculos, usando coordenadas polares, uma
fórmula que seja igual a I.
(c) [0,5 ponto] Calcule o valor de I.
Solução:
(a) O esboço de D = D1 ∩D2 está representado na Fig. 4.
De x2 + y2 = 1 e y = x, temos 2x2 = 1, donde x =
√
2/2 pois x ≥ 0.
Descrevendo D como uma região do tipo II, obtemos:
D :
√
2/2 ≤ y ≤ 1 ,
√
1− y2 ≤ x ≤ y.
Logo,
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Cálculo IV – AD1 AD1 – Tutor 3
I =
∫ 1
√
2/2
∫ y
√
1−y2
y
x2 + y2 dx dy.
(b) Em coordenadas polares, temos:
y
x2 + y2 dx dy =
r sen θ
r2
r dr dθ = sen θ dr dθ.
Descrevendo a região D em coordenadas polares:
y = 1 =⇒ r sen θ = 1 =⇒ r =
1
sen θ .
Assim,
Drθ : π/4 ≤ θ ≤ π/2 , 1 ≤ r ≤ 1/ sen θ.
Logo,
I =
∫ π/2
π/4
∫ 1/ sen θ
1
sen θ dr dθ.
(c) Temos:
I =
∫ π/2
π/4
sen θ
( 1
sen θ − 1
)
dθ =
∫ π/2
π/4
(1− sen θ) dθ =
[
θ + cos θ
]π/2
π/4
=
(
π
2 + cos
π
2
)
−
(
π
4 + cos
π
4
)
=
π
2 −
π
4 −
√
2
2 =
π
4 −
√
2
2 .
Ou seja, I = π4 −
√
2
2 .
x
y
Dxy
1
1
2
1
2
− 12
Fig. 5: Região Dxy
Questão 4 [2,5 pontos] Considere a integral tripla
I =
∫ 1
0
∫ √y−y2
−
√
y−y2
∫ y
x2+y2
f(x, y, z) dz dx dy.
(a) [1,0 ponto] Esboce a região de integração W da integral I.
(b) [0,5 ponto] Encontre os limites de integração para a ordem dz dy dx.
(c) [1,0 ponto] Encontre os limites de integração para a ordem dx dz dy.
Solução:
(a) Temos I =
∫∫∫
W
f(x, y, z) dx dy dz, com
W = {(x, y, z) ∈ R3 ; x2 + y2 ≤ z ≤ y e (x, y) ∈ Dxy},
onde Dxy é a projeção de W no plano xy, descrita por
Dxy = {(x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ y ≤ 1 , −
√
y − y2 ≤ x ≤
√
y − y2}.
Temos que
x = ±
√
y − y2 ⇐⇒ x2 = y − y2 ⇐⇒ x2 + y2 − y + 14 =
1
4 ⇐⇒ x
2 +
(
y − 12
)2 = 14 .
x
y
z
Dxy
W
1
1
Fig. 6: Sólido W
De x2 + y2 ≤ z ≤ y, vemos que o sólido W é limitado
inferiormente pelo paraboloide z = x2 + y2 e superiormente
pelo plano z = y. Assim, temos o esboço de W na Fig. 6.
(b) Para escrever I na ordem de integração dz dy dx, deve-
mos descrever Dxy como uma região do tipo I:
x2 +
(
y − 12
)2 = 14 ⇐⇒ y − 12 = ±√ 14 − x2
⇐⇒ y = 12 ±
1
2
√
1− 4x2.
Assim, temos
Dxy : − 12 ≤ x ≤
1
2 ,
1
2 −
1
2
√
1− 4x2 ≤ y ≤ 12 +
1
2
√
1− 4x2.
Logo,
I =
∫ 1
2
− 12
∫ 1
2 +
1
2
√
1−4x2
1
2−
1
2
√
1−4x2
∫ y
x2+y2
f(x, y, z) dz dy dx.
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Cálculo IV – AD1 AD1 – Tutor 4
y
z
Dyz
1
1
z = y2
z = y
Fig. 7: Região Dyz
(c) Para escrever I na ordem de integração dx dz dy, devemos projetar
W no plano yz.
Logo, Dyz : 0 ≤ y ≤ 1 , y2 ≤ z ≤ y.
Temos
z = x2 + y2 ⇐⇒ x2 = z − y2 ⇐⇒ x = ±
√
z − y2.
Por um ponto de Dyz, consideremos uma reta paralela ao eixo x. Vemos
que ela entra em W num ponto onde x =
√
z − y2 e sai de W em
x = −
√
z − y2.
Assim,
I =
∫ 1
0
∫ y
y2
∫ √z−y2
−
√
z−y2
f(x, y, z) dx dz dy.
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