Cederj - Cálculo III - Lista 11 & gabarito, Exercícios de Cálculo

Baixe Cederj - Cálculo III - Lista 11 & gabarito e outras Exercícios em PDF para Cálculo, somente na Docsity! 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 Cálculo IV – EP2 – Tutor Exerćıcio 1: Calcule as seguintes integrais duplas usando coordenadas polares. a) ∫∫ D e−(x 2+y2) dxdy onde D = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 1} b) ∫∫ D x2 dxdy onde D = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 1} c) ∫ 3 0 ∫ √ 18−x2 x √ x2 + y2 dydx d) ∫ 1 0 ∫ √ 4−x2 √ 3 x √ x2 + y2 dydx e) ∫∫ D √ x2 + y2 dxdy onde D = {(x, y) ∈ R2 | (x − 1)2 + y2 ≤ 1} Solução: a) O esboço de D está representado na figura a seguir. x y D 1 1 A transformação polar é { x = r cos θ y = r sen θ donde x2 + y2 = r2. O jacobiano é J(r, θ) = r. A região D transforma-se em Drθ = {(r, θ) ∈ R2 | 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ θ ≤ 2π}. A integral se transforma em: ∫∫ D e−(x 2+y2) dxdy = ∫∫ Drθ e−r 2 · r drdθ = −1 2 ∫ 2π 0 ∫ 1 0 e −r2 ︸︷︷︸ u −2r dr ︸ ︷︷ ︸ du dθ = −1 2 ∫ 2π 0 [ e−r 2 ]1 0 dθ = −1 2 (e−1 − 1) ∫ 2π 0 dθ = π (1 − e−1) . Cálculo IV EP2 – Tutor 2 b) O esboço de D está representado na figura que se segue. x y D 1 1 Passando para coordenadas polares temos:    x = r cos θ y = r sen θ x2 + y2 = r2 dxdy = rdrdθ . O disco D transforma-se em Drθ : 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ θ ≤ 2π. Então: ∫∫ D x2 dxdy = ∫∫ Drθ (r cos θ)2 · r drdθ = ∫∫ Drθ r3 cos2 θ drdθ = ∫ 1 0 r3 ∫ 2π 0 cos2 θ dθdr . Lembrando que ∫ cos2 θ dθ = 1 2 ( θ + sen 2θ 2 ) + C temos: ∫∫ D x2 dxdy = ∫ 1 0 r3 1 2 [ θ + sen 2θ 2 ]2π 0 dr = ∫ 1 0 r3 1 2 · 2π dr = π ∫ 1 0 r3 dr = π [ r4 4 ]1 0 = π 4 . c) Temos que I = ∫ 3 0 ∫ √18−x2 x √ x2 + y2 dydx = ∫∫ D √ x2 + y2 dxdy onde D = { (x, y) ∈ R2 | 0 ≤ x ≤ 3 , x ≤ y ≤ √ 18 − x2 } Esboço de D De y = x e y = √ 18 − x2 ou x2 + y2 = 18, com y ≥ 0 temos 2x2 = 18, com x ≥ 0 donde x = 3. Então as curvas se interceptam em (3, 3). A região D está contida na faixa vertical dada por 0 ≤ x ≤ 3 e é limitada inferiormente pela reta y = x e é limitada superiormente pela semi- circunferência x2 + y2 = 18, com y ≥ 0. Assim, o esboço é dado pela figura que se segue. Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ Cálculo IV EP2 – Tutor 5 e) O esboço do disco D está representado na figura que se segue. x y D r = 2 cos θ r = 0 21 Passando para coordenadas polares temos:    x = r cos θ y = r sen θ dxdy = rdrdθ x2 + y2 = r2 . Descrição de D em coordenadas polares Efetuando uma “varredura” em D no sentido anti-horário, vemos que −π/2 ≤ θ ≤ π/2 pois o eixo y é tangente à circunferêcia na origem. Fixando θ e deixando r variar, vemos que r varia de 0 até o r de um ponto da circunferência (x − 1)2 + y2 = 1 ou x2 + y2 = 2x. Convertendo esta equação para coordenadas polares temos r2 = 2r cos θ donde r = 0 ou r = 2 cos θ. Portanto, r = 2 cos θ é a equação polar da circunferência de raio 1 e centro (1, 0). Assim, 0 ≤ r ≤ 2 cos θ. Então: Drθ = { (r, θ) ∈ R2 | 0 ≤ r ≤ 2 cos θ , −π/2 ≤ θ ≤ π/2 } . Logo: I = ∫∫ D √ x2 + y2 dxdy = ∫∫ Drθ √ r2 r drdθ = ∫∫ Drθ r2 drdθ = ∫ π/2 −π/2 ∫ 2 cos θ 0 r2 drdθ = = ∫ π/2 −π/2 [ r3 3 ]2 cos θ 0 dθ = 8 3 ∫ π/2 −π/2 cos3 θ dθ = 8 3 ∫ π/2 −π/2 cos2 θ cos θ dθ = = 8 3 ∫ π/2 −π/2 ( 1 − sen2 θ ︸ ︷︷ ︸ u=sen θ ) cos θ dθ ︸ ︷︷ ︸ du = 8 3 [ sen θ − sen 3 θ 3 ]π/2 −π/2 = 8 3 [( 1 − 1 3 ) − ( −1 + 1 3 )] = = 8 3 ( 2 3 + 2 3 ) = 32 9 . Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ Cálculo IV EP2 – Tutor 6 Exerćıcio 2: Determine o volume do sólido limitado superiormente pela esfera x2 + y2 + z2 = 4, inferiormente pelo plano xy e lateralmente pelo cilindro x2 + y2 = 1. Solução: De x2 + y2 + z2 = 4 e x2 + y2 = 1, temos z2 = 3. Como o sólido W é limitado inferiormente pelo plano xy, então z ≥ 0. Logo, de z2 = 3 temos que z = √ 3 . Isso significa que o cilindro intercepta a esfera segundo uma circunderência contida no plano horizontal z = √ 3 . Assim, o esboço do sólido W está representado na figura que se segue. x y z W √ 3 1 1 2 2 2 “teto” z = √ 4 − x2 − y2 “piso” D : x2 + y2 ≤ 1 x y D 1 1 Pela definição de volume, com f(x, y) = √ 4 − x2 − y2 temos: V (W ) = ∫∫ D f(x, y) dxdy = ∫∫ D √ 4 − x2 − y2 dxdy . Passando para coordenadas polares temos:    x = r cos θ y = r sen θ dxdy = rdrdθ x2 + y2 = r2 e Drθ = { (r, θ) ∈ R2 | 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ θ ≤ 2π } . Logo: V (W ) = ∫∫ Drθ √ 4 − r2 r drdθ = ∫ 1 0 ∫ 2π 0 ( 4 − r2 )1/2 r drdθ = 2π ∫ 1 0 ( 4 − r2 )1/2 r dr = = 2π −2 ∫ 1 0 ( 4 − r2 ︸ ︷︷ ︸ u )1/2 −2r dr ︸ ︷︷ ︸ du = −π · 2 3 [( 4 − r2 )3/2 ]1 0 = −2π 3 ( 33/2 − 43/2 ) = = −2π 3 ( 3 √ 3 − 8 ) = 2π 3 ( 8 − 3 √ 3 ) u.v. Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ Cálculo IV EP2 – Tutor 7 Exerćıcio 3: Calcule o volume do sólido limitado pelas superf́ıcies z = 2− √ x2 + y2 , x2 + y2 = 2x e z = 0. Solução: Identificaremos as superf́ıcies. Temos que z = 2− √ x2 + y2 é um cone de vértice (0, 0, 2) e concavidade para baixo. x y z 2 2 2 Também temos que x2 + y2 = 2x ou (x− 1)2 + y2 = 1 é um cilindro circular de geratrizes paralelas ao eixo z. x y z 1 2 2 E, também, temos que z = 0 é o plano xy. Assim, o esboço do sólido W está representado na figura que se segue. x y z W D (“piso”) z = 2 − √ x2 + y2 (“teto”) 2 2 2 x y D r = 0 r = 2 cos θ 1 2 Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ Cálculo IV EP2 – Tutor 10 Exerćıcio 5: Considere a transformação T : x = u + v , y = u2 − v. Seja E a região do plano uv limitada pelo eixo u, pelo eixo v e pela reta u + v = 2. a) Esboce a imagem D = T (E). b) Calcule ∫∫ D 1√ 1 + 4x + 4y dxdy. Solução: a) O esboço da região E no plano uv está representado na figura a seguir. u v E C1 C2 C3 2 2 A fronteira de E é a reunião C1 ∪ C2 ∪ C3. Imagem T (C1) Temos que C1 : u = 0 , 0 ≤ v ≤ 2 ⇒ T (C1) : x = v , y = −v , 0 ≤ v ≤ 2 ⇒ T (C1) : y = −x com 0 ≤ x ≤ 2. x y T (C1) −2 2 Imagem T (C2) Temos que C2 : v = 0 , 0 ≤ u ≤ 2 ⇒ T (C2) : x = u , y = u2 , 0 ≤ u ≤ 2 ⇒ T (C2) : y = x2 com 0 ≤ x ≤ 2. Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ Cálculo IV EP2 – Tutor 11 x y T (C2) 2 4 Imagem T (C3) Temos que C3 : u + v = 2 , 0 ≤ u ≤ 2 ⇒ T (C3) : x = 2 , y = u2 − (2 − u) = u2 + u − 2 = (u − 1)(u + 2) com 0 ≤ u ≤ 2, o que implica T (C3) : x = 2 com −2 ≤ y ≤ 4. x y T (C3) −2 2 4 Como a fronteira de D = T (E) é a reunião T (C1)∪ T (C2)∪ T (C3) temos o esboço de D na figura a seguir. x y D −2 2 4 Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ Cálculo IV EP2 – Tutor 12 b) Pelo teorema da mudança de variáveis, temos: ∫∫ D 1√ 1 + 4x + 4y dxdy = ∫∫ E 1 √ 1 + 4(u + v) + 4 ( u2 − v ) |J | dudv = ∫∫ E 1√ 1 + 4u + 4u2 |J | dudv = ∫∫ E 1 √ (1 + 2u)2 |J | dudv = ∫∫ E 1 1 + 2u |J | dudv onde J = ∂(x, y) ∂(u, v) = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∂x ∂u ∂x ∂v ∂y ∂u ∂y ∂v ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 1 1 2u −1 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = −1 − 2u donde |J | = 1 + 2u. Então: ∫∫ D 1√ 1 + 4x + 4y dxdy = ∫∫ E 1 1 + 2u · (1 + 2u) dudv = ∫∫ E dudv = ar(E) = 1 2 · 2 · 2 = 2 . Exerćıcio 6: Calcule a integral ∫∫ D ( x2 − y2 ) e(x−y) 2+(x+y)2 dxdy sobre a região D limitada pelas retas y = x, y = −x, y = x − 2 e y = 2 − x. Solução: O esboço de D está representado na figura que se segue. x y D y = x ⇒ x − y = 0 y = 2 − x ⇒ x + y = 2 y = x − 2 ⇒ x − y = 2 y = −x ⇒ x + y = 0 2 1 1 −1 Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ