AP1-CIV-2015-1-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
AP1 – CÁLCULO IV – 2015-1
Questão 1 [2,0 pts] Calcule a seguinte integral iterada:∫ 4
0
∫ 2
√
y
cos(x3) dx dy.
Solução: Temos
I =
∫ 4
0
∫ 2
√
y
cos(x3) dx dy =
∫∫
D
cos(x3) dx dy,
onde
D =
{
(x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ y ≤ 4 ,
√
y ≤ x ≤ 2
}
.
Na faixa horizontal limitada pelas retas y = 0 e y = 4, esboçamos a curva x =
√
y ou y = x2 e a reta
x = 2. Assim, temos o esboço de D:
D
x
y
4
2
y=0
y= x2
y= x2
Descrevendo D como uma região do tipo I, temos:
D : 0 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ x2.
Então,
I =
∫ 2
0
∫ x2
0
cos(x3) dy dx =
∫ 2
0
cos(x3) x2 dx.
Fazendo u = x3, temos du = 3x2 dx, donde x2 dx =
du
3
. Para x = 0, temos u = 0 e para x = 2, temos
u = 8.
Logo,
I =
∫ 8
0
cos u
du
3
=
1
3
[
sen u
]8
0
=
1
3
sen 8.
Questão 2 [2,0 pts] Calcule a massa de uma placa fina contida na região
D =
{
(x, y) ∈ R2 ; 1 ≤ x2 + y2 ≤ 9 , x ≥ 0
}
,
cuja densidade em cada ponto é proporcional à distância do ponto à origem.
Solução:
O esboço da região D é mostrado abaixo à direita.
Como a distância de P = (x, y) à origem é igual a
√
x2 + y2, então a densidade é dada por δ(x, y) =
k
√
x2 + y2, onde k é o coeficiente de proporcionalidade. Temos
M =
∫∫
D
δ(x, y) dx dy = k
∫∫
D
√
x2 + y2 dx dy.
Cálculo IV AP1 2
D
x
y
3
3
1
1
Passando para coordenadas polares, temos:
x = r cos θ , y = r sen θ , dx dy = r dr dθ , x2 + y2 = r2.
Observando a região D vemos que θ varia de −
π
2
até
π
2
. Fixando θ,
com −
π
2
≤ θ ≤
π
2
, o raio vetor r varia de 1 a 3. Então temos:
Drθ : −
π
2
≤ θ ≤
π
2
, 1 ≤ r ≤ 3.
Portanto,
M = k
∫∫
Drθ
√
r2 r dr dθ = k
∫∫
Drθ
r2 dr dθ
=
∫ π/2
−π/2
∫ 3
1
r2 dr dθ = k
∫ π/2
−π/2
[
r3
3
]3
1
dθ
=
k
3
(27 − 1)
∫ π/2
−π/2
dθ =
26 k π
3
u.m.
Questão 3 [2,0 pts] Calcule, por integral tripla, o volume do sólido W limitado superiormente pelo
plano z = 4 e inferiormente pelo paraboloide z = x2 + y2.
Solução: O esboço do sólido W é:
W
x y
z
22
4
z= x2 + y2
z=4
Temos V(W) =
∫∫∫
W
dx dy dz, onde
W =
{
(x, y, z) ∈ R3 ; (x, y) ∈ D : x2 + y2 ≤ 4 e x2 + y2 ≤ z ≤ 4
}
.
Passando para coordenadas ciĺındricas, temos:
x = r cos θ , y = r sen θ , z = z , dx dy dz = r dr dθ dz , x2 + y2 = r2.
Assim, o sólido W transforma-se em
Wrθz : 0 ≤ r ≤ 2 , 0 ≤ θ ≤ 2π , r2 ≤ z ≤ 4.
Portanto,
V(W) =
∫∫∫
Wrθz
r dr dθ dz =
∫ 2
0
r
∫ 4
r2
∫ 2π
0
dθ dz dr
= 2π
∫ 2
0
r
(
4 − r2
)
dr = 2π
∫ 2
0
(
4r − r3
)
dr
= 2π
[
2r2 −
r4
4
]2
0
= 2π (8 − 4) = 8π u.v.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV AP1 3
Questão 4 [2,0 pts] Calcule
∫∫∫
W
(x2 + y2 + z2)3/2 dV, onde W é o sólido situado no primeiro
octante, limitado pelos planos coordenados e pela esfera x2 + y2 + z2 = 4.
Solução: O esboço de W está representado na figura que se segue:
W
x y
z
2
22
Passando para coordenadas esféricas, temos:
x = ρ sen φ cos θ , y = ρ sen φ sen θ , z = ρ cos φ , dV = ρ2 sen φ dρ dφ dθ , x2 + y2 + z2 = ρ2.
Então,∫∫∫
W
(x2 + y2 + z2)3/2 dV =
∫∫∫
Wρφθ
(
ρ2
)3/2
ρ2 sen φ dρ dφ dθ =
∫∫∫
Wρφθ
ρ5 sen φ dρ dφ dθ,
onde
Wρφθ : 0 ≤ ρ ≤ 2 , 0 ≤ φ ≤
π
2
, 0 ≤ θ ≤
π
2
.
Logo, ∫∫∫
W
(x2 + y2 + z2)3/2 dV =
∫ 2
0
ρ5
∫ π/2
0
sen φ
∫ π/2
0
dθ dφ dρ
=
π
2
[
− cos φ
]π/2
0
[
ρ6
6
]2
0
=
π
2
(0 + 1)
26
6
=
16 π
3
.
Questão 5 [2,0 pts] Calcule a massa de um arame C cuja forma é a interseção das superf́ıcies
x2 + y2 + z2 = 25 e x2 + y2 = 16, situada no primeiro octante, sabendo que sua densidade é dada por
δ(x, y, z) = xyz.
Solução: De x2 + y2 + z2 = 25 e x2 + y2 = 16 temos z2 = 9 donde z = 3, pois z ≥ 0 no primeiro
octante. Assim, C é o arco do ćırculo x2 + y2 = 16 no primeiro octante, contido no plano z = 3.
Então,
x = 4 cos t , y = 4 sen t , z = 3.
Como x ≥ 0 e y ≥ 0, então 0 ≤ t ≤ π/2. Logo, uma parametrização de C é dada por
~r (t) = (4 cos t, 4 sen t, 3) , 0 ≤ t ≤ π/2.
Temos
~r ′(t) = (−4 sen t, 4 cos t, 0) , ‖~r ′(t)‖ =
√
16 cos2 t + 16 sen2 t = 4 e, portanto, ds = ‖~r ′(t)‖ dt = 4 dt.
Assim,
M =
∫
C
δ(x, y, z) ds =
∫
C
xyz ds
=
∫ π/2
0
(4 cos t) (4 sen t) (3) 4 dt = 192
∫ π/2
0
cos t sen t dt
= 192
[
sen2 t
2
]π/2
0
= 192 ·
1
2
= 96 u.m.
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