AP1-CIV-2012-2-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
AP1 – CÁLCULO IV – 2012-2
Nome: Matŕıcula:
Polo: Data:
Atenção!
• Identifique a Prova, colocando Nome, Matŕıcula, • O desenvolvimento das questões pode ser a lápis. No entanto,
Polo e Data; as respostas deverão estar necessariamente à caneta;
• É expressamente proibido o uso de calculadoras; • É expressamente proibido o uso de corretivo nas respostas.
• Devolver a prova e a folha de respostas ao res-
ponsável;
Questão 1 [2 pontos] Inverta a ordem de integração e a seguir calcule a integral
I =
∫ 1
0
∫ 1
√
x
√
1 + y3 dy dx.
Solução: Temos I =
∫∫
D
√
1 + y3 dx dy, onde a região D é dada por
D : 0 ≤ x ≤ 1 ,
√
x ≤ y ≤ 1.
Trata-se de uma região do tipo I.
De 0 ≤ x ≤ 1,vemos que D está situada na faixa vertical limitada pelas retas verticais x = 0 e
x = 1.
De
√
x ≤ y ≤ 1, vemos que D está limitada inferiormente pela curva y =
√
x e limitada superior-
mente pela reta horizontal y = 1.
Assim, o esboço de D está na figura que se segue:
D
x
y
0 1
1
x=0 x=y2
y=
√
x=⇒x=y2
Enquadrando D como uma região do tipo II, temos
D : 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ y2.
Então
I =
∫ 1
0
∫ y2
0
√
1 + y3 dx dy =
∫ 1
0
√
1 + y3 y2 dy =
∫ 1
0
(
1 + y3
)1/2
y2 dy.
Fazendo u = 1 + y3, temos du = 3y2 dy, donde y2 dy =
du
3
.
Para y = 0, temos u = 1 e para y = 1, temos u = 2.
Logo,
Cálculo IV AP1 2
I =
∫ 2
1
u1/2
du
3
=
1
3
∫ 2
1
u1/2 du =
1
3
· 2
3
[
u3/2
]2
1
=
2
9
(
23/2 − 1
)
=
2
9
(
2
√
2− 1
)
.
Questão 2 [2 pontos] Calcule
∫∫
D
ex
2+y2 dx dy, sendo
D = {(x, y) ∈ R2 ; 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4 , y ≥ 0}.
Solução: O esboço de D é dado na figura que segue:
D
x
y
0 1 2−1−2
2
1
Utilizando coordenadas polares, vemos que D é descrito no plano polar por
Drθ : 1 ≤ r ≤ 2 , 0 ≤ θ ≤ π.
E a função f(x, y) = ex
2+y2 em coordenadas polares, é f(r cos θ, r sen θ) = er
2
.
Como dx dy = r dr dθ, então, pela fórmula da integral dupla em coordenadas polares, temos∫∫
D
ex
2+y2 dx dy =
∫∫
Drθ
er
2
r dr dθ =
∫ 2
1
er
2
r
∫ π
0
dθ dr = π
∫ 2
1
er
2
r dr.
Fazendo u = r2, temos du = 2r dr, ou seja, r dr =
1
2
du. Além disso, u = 1 quando r = 1 e u = 4
quando r = 2. Então:
Fazendo u = er
2
, temos du = 2rer
2
dr, donde er
2
r dr =
du
2
.
Para r = 1, temos u = e e para r = 2, temos u = e4. Então∫∫
D
ex
2+y2 dx dy = π
∫ e4
e
du
2
=
π
2
∫ e4
e
du =
π
2
[
e4 − e
]
.
Questão 3 [2 pontos] Use uma integral tripla para calcular o volume do sólido W limitado pelos
planos y + z = 1, y = x, z = 0 e x = 0.
Solução: Identificação das superf́ıcies:
• y + z = 1 =⇒ plano com geratrizes paralelas ao eixo x e diretriz y + z = 1 (reta) no plano yz.
• y = x =⇒ plano com geratrizes paralelas ao eixo z e diretriz y = x (reta) no plano xy.
• z = 0 =⇒ plano coordenado xy.
• x = 0 =⇒ plano coordenado yz.
Esboçando os planos y + z = 1 e y = x, vemos que os pontos A = (0, 0, 1) e B = (1, 1, 0) são
comuns a esses planos. Portanto, a reta AB é a interseção desses planos.
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Cálculo IV AP1 3
x
y
z
0
1
1
1
A
B
Levando em conta que o sólido W é limitado pelos planos z = 0 e x = 0, temos o seu esboço.
x
y
z
0
1
1
1
W
x+z=1=⇒z=1−x
x
y
0
1
D
y=x
Projetando o sólido W no plano xy, encontramos o triângulo D, dado por
D : 0 ≤ x ≤ 1 , x ≤ y ≤ 1.
Considerando uma paralela ao eixo z, por um ponto P = (x, y, z) no interior de W , vemos que essa
paralela entra no sólido W em z = 0 e sai de W em z = 1− x. Logo, 0 ≤ z ≤ 1− x.
Assim, W é dado por:
W : 0 ≤ y ≤ 1 , 0 ≤ x ≤ y , 0 ≤ z ≤ 1− x.
Temos
V (W ) =
∫∫∫
W
dx dy dz =
∫∫
D
∫ 1−x
0
dz dx dy =
∫∫
D
(1− x) dx dy
=
∫ 1
0
∫ 1
x
(1− x) dy dx =
∫ 1
0
(1− x)(1− x) dx =
∫ 1
0
(1− x)2 dx
= −
[
(1− x)3
3
]1
0
= −1
3
(0− 1) = 1
3
.
Logo, V (W ) =
1
3
u.v.
Questão 4 [2 pontos] O valor médio de uma função f(x, y, z) em uma região sólida W ⊂ R3 é
a integral
m(f,W ) =
1
V (W )
∫∫∫
W
f(x, y, z) dx dy dz.
Calcule o valor médio de f(x, y, z) =
√
x2 + y2 + z2 na esfera W = x2 + y2 + z2 ≤ 1, lembrando
que o volume da esfera de raio r é igual a
4
3
πr3.
Solução: O esboço de W é:
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Cálculo IV AP1 4
x y
z
1
11
W
Como r = 1, temos V (W ) =
4
3
π. Temos
m(f,W ) =
1
V (W )
∫∫∫
W
√
x2 + y2 + z2 dx dy dz =
3
4π
∫∫∫
W
√
x2 + y2 + z2 dx dy dz.
Utilizando coordenadas esféricas, vemos que W é descrito por
Wρφθ : 0 ≤ ρ ≤ 1 , 0 ≤ φ ≤ π , 0 ≤ θ ≤ 2π.
E a função f(x, y, z) =
√
x2 + y2 + z2 em coordenadas esféricas é
√
ρ2 = ρ.
Como dx dy dz = ρ2 senφ dρ dφ dθ, temos:
m(f,W ) =
3
4π
∫∫∫
Wρφθ
ρ · ρ2 senφ dρ dφ dθ = 3
4π
∫∫∫
Wρφθ
ρ3 senφ dρ dφ dθ
=
3
4π
∫ 1
0
ρ3
∫ π
0
senφ
∫ 2π
0
dθ dφ dρ =
3
2
∫ 1
0
ρ3 [− cosφ]π0 dρ
=
3
2
· 2
[
ρ4
4
]1
0
=
3
4
.
Questão 5 [2 pontos] Seja C um fio delgado com a forma da interseção da esfera x2+y2+z2 = 4
com o semiplano z =
√
3y, com y ≥ 0.
(a) Apresente uma parmetrização diferenciável de C.
(b) Calcule a massa do fio C, sabendo que a densidade de massa é dada por δ(x, y, z) = z
Solução:
(a) De x2 + y2 + z2 = 4 e z =
√
3y, y ≥ 0, temos
x2 + y2 + 3y2 = 4, y ≥ 0 =⇒ x2 + 4y2 = 4, y ≥ 0 =⇒ x
2
4
+ y2 = 1, y ≥ 0.
Logo, x = 2 cos t, y = sen t, com 0 ≤ t ≤ π, pois y ≥ 0.
Como z =
√
3y, então z =
√
3 sen t. Assim, uma parametrização diferenciável de C é dada por
~r(t) = (2 cos t, sen t,
√
3 sen t), 0 ≤ t ≤ π.
(b) Temos M =
∫
C
δ(x, y, z) ds =
∫
C
z ds, onde ds = ‖~r ′(t)‖ dt.
Sendo que ~r ′(t) = (−2 sen t, cos t,
√
3 cos t), temos
‖~r ′(t)‖ =
√
4 sen2 t+ cos2 t+ 3 cos2 t =
√
4 sen2 t+ 4 cos2 t =
√
4 = 2.
Logo, ds = ‖~r ′(t)‖ dt = 2 dt.
Portanto,
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Cálculo IV AP1 5
M =
∫ π
0
√
3 sen t · 2 dt = 2
√
3
∫ π
0
sen t dt = 2
√
3 [− cos t]π0 = 2
√
3 · 2 = 4
√
3u.m.
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