Instituto de Matemática e Estatı́stica - UFF
Departamento de Matemática Aplicada
Primeira Prova de Cálculo 3 (GMA00156)
2023.1
Prof. Jorge Delgado
Turma H1
Questão 1 (1,5 ponto) Seja
Z 1 Z √x
I=
Z 2 Z sen( π x)
2
f (x, y) dy dx +
0
1
0
f (x, y) dy dx.
0
Esboce o domı́nio de integração D ⊂ R2 e expresse I através de uma única integral iterada com a ordem de
integração invertida.
Solução: Escrevendo as integrais iteradas das parcelas de I como integrais duplas, temos
ZZ
ZZ
I=
ZZ
f (x, y) dx dy +
f (x, y) dx dy =
D1
f (x, y) dx dy,
D2
D
onde D = D1 ∪ D2 .
Das integrais iteradas dadas nas parcelas de I, vemos que D1 e D2 são descritas como regiões de tipo I por:
(
D1 :
0≤x≤1
√
0≤y≤ x
e
D2 :

1 ≤ x ≤ 2
0 ≤ y ≤ sen
π 2
x .
A continuação esboçamos as regiões D1 , D2 e D = D1 ∪ D2 .
y
y=
√
y
x =⇒ x = y 2
y
y = sin( πx
) =⇒ x = π2 arcsen(y)
2
1
1
1
D2
D1
x
1
x
1
Figura 1: Região D1
D
x
1
Figura 3: Região D = D1 ∪ D2
Figura 2: Região D2
Para inverter a ordem de integração representamos a região D como uma região de tipo II:
D:

0 ≤ y ≤ 1
y 2 ≤ x ≤ 2 arcsen(y).
π
Então,
Z 1 Z 2 arcsen(y)
ZZ
I=
π
f (x, y) dx dy =
D
0
f (x, y) dx dy.
y2
y=
−
x
Questão 2 (2,5 pontos) A curva L da Figura 4 é a chamada Lemniscata de Bernoulli. Esta curva é dada pela equação implı́cita
(x2 + y 2 )2 = a2 (x2 − y 2 ).
x
y=
y
−a
a
x
Calcule a área da região D limitada por L.
Indicação: pela simetria da região D, é suficiente calcular a área da parte D1 de D
D
que se encontra no primeiro quadrante. Para isso, é preciso escrever a equação polar
da porção da curva no primeiro quadrante a partir da equação implı́cita acima e usar
Figura 4: Lemniscata.
coordenadas polares para calcular a área. Lembre que cos2 θ − sen2 θ = cos(2θ).
Solução: A equação polar da curva L é obtida fazendo x = r cos θ e y = r sen θ na equação implı́cita que
define L:
Cálculo 3
2
(x2 + y 2 )2 = a2 (x2 − y 2 ) =⇒ (r2 )2 = a2 (r2 cos2 θ − r2 sen2 θ)
=⇒ r4 = a2 r2 (cos2 θ − sen2 θ)
=⇒ r2 = a2 cos(2θ).
Para 0 ≤ θ ≤
π
temos 0 ≤ cos(2θ) ≤ 1. Assim, a equação polar da porção da curva L que se encontra no
4
primeiro quadrante é
r=a
q
cos(2θ),
0≤θ≤
π
.
4
Seja D1 a porção da região D que se encontra no primeiro quadrante. Então Área (D) = 4 · Área (D1 ).
Em coordenadas polares, temos:

0 ≤ θ ≤ π
4q
D1rθ :
0 ≤ r ≤ a cos(2θ).
Então,
ZZ
Z π/4 Z a √cos(2θ)
ZZ
Área (D1 ) =
D1
dx dy =
√
r dr dθ
r dr dθ =
D1rθ
0
0
Z π/4 2 a cos(2θ)
Z
r
a2 π/4
=
dθ =
cos(2θ) dθ
2 0
2 0
0
π/4
a2
a2
=
sen(2θ)
= .
4
4
0
Portanto, Área (D) = 4 · Área (D1 ) = a2 u.a.
z
Questão 3 (2,5 pontos) Seja W o sólido no primeiro octante do espaço, delimitado pelas esferas de centro na origem e raios 1 e 2. Calcule a coordenada x do
centro de massa (x , y , z) de W sabendo que a densidade em cada ponto é igual
à sua distância até o plano xy.
Solução: O centro de massa de W é o ponto (x , y , z), cujas coordenadas são
1
x=
M
ZZZ
1
x δ(x, y, z) dV, y =
M
W
ZZZ
onde M =
ZZZ
1
y δ(x, y, z) dV, z =
M
W
1
W
1
ZZZ
2
y
z δ(x, y, z) dV,
W
1
δ(x, y, z) dV é a massa de W e δ(x, y, z) = z a densidade.
W
2
x
Começamos calculando a massa M de W .
Usando coordenadas esféricas, temos:
Wρϕθ :
2


1 ≤ ρ ≤ 2

0 ≤ ϕ ≤ π/2,
Figura 5: Sólido W, Questão 3.
δ(x, y, z) = z = ρ cos ϕ
e
dV = ρ2 sen ϕ dρ dϕ dθ.


0 ≤ θ ≤ π/2
Logo,
ZZZ
M
ρ cos ϕ · ρ2 sen ϕ dρ dϕ dθ
=
Wρϕθ
Z π/2 Z π/2 Z 2
=
0
0
4 2
ρ3 cos ϕ sen ϕ dρ dϕ dθ
1
π/2
π ρ
sen2 ϕ
=
2 4 1
2
0
=
2023.1
π 16 − 1 1 − 0
15π
=
u.m.
2
4
2
16
Turma H1
Cálculo 3
3
A coordenada x se calcula como
16
x =
15π
ZZZ
16
15π
ZZZ
=
ρ cos θ sen ϕ · ρ cos ϕ · ρ2 sen ϕ dρ dϕ dθ
Wρϕθ
ρ4 cos θ sen2 ϕ cos ϕ dρ dϕ dθ
Wρϕθ
Z π/2
Z π/2
Z 2
16
4
sen2 ϕ cos ϕ dϕ
cos θ dθ
=
ρ dρ
15π 1
0
0
5 2 π/2 π/2
3
16 ρ
sen ϕ
=
sen θ
15π 5 1
3
0
0
=
16 31
1
496
·
·1· =
.
15π 5
3
225π
Questão 4 (2,0 pontos) Considere a integral iterada
Z 2π Z 1 Z 2−r cos θ
I=
0
0
4 r2 sen θ dz dr dθ.
r2 −1
Esboce e represente o domı́nio de integração W ⊂ R3 em coordenadas cartesianas x y z. Use essa representação
do sólido W para calcular o valor de I.
z
Solução:
A integral iterada I é dada em coordenadas cilı́ndricas de eixo z. Nessa integral, o
integrando é 4r sen θ = 4y e o Jacobiano é r dr dθ dz = dx dy dz.
2
Sendo que 0 ≤ θ ≤ 2π e 0 ≤ r ≤ 1, temos (x, y) ∈ D : x2 + y 2 ≤ 1 e sendo
r2 − 1 ≤ z ≤ 2 − r cos θ, temos x2 + y 2 − 1 ≤ z ≤ 2 − x.
Assim, W é o sólido no espaço R3 , limitado pelo cilindro x2 + y 2 = 1 entre o
W
parabolóide z = x2 + y 2 − 1 e o plano z = 2 − x (Figura 6). Representamos W
nas coordenadas cartesianas x y z por:
W :



−1p≤ x ≤ 1
1 − x2 ≤ y ≤
−
1
x
p
1 − x2
1
y
Figura 6: Sólido W, Questão 4.


x2 + y 2 − 1 ≤ z ≤ 2 − x.
A partir dessa representação de W , temos que
ZZZ
I=
4y dx dy dz = 0,
W
pois o integrando é uma função impar com respeito à variável y e o sólido W é simétrico em relação ao plano
xz.
Outra forma de calcular I:
Z 1 Z √1−x2 Z 2−x
ZZZ
I =
4y dx dy dz = 4
W
Z 1 Z √1−x2
−1 −
√
y dz dy dx
1−x2
x2 +y 2 −1
y(2 − x − x2 − y 2 + 1) dy dx
√
−1 − 1−x2
Z 1 Z √1−x2 h
i
=4
(3 − x − x2 )y − y 3 dy dx = 0,
√
−1 − 1−x2
=4
pois o integrando na última integral iterada dupla é uma função impar na variável y e o domı́nio de integração
é simétrico em relação ao eixo x.
2023.1
Turma H1
Cálculo 3
4
Questão 5 (1,5 ponto) Um arame é dobrado no espaço com o formato da porção C da hélice circular de eixo
y, dada pelas equações paramétricas
√
√
√
C : x = 2 2 cos t , y = 2 2 t , z = 2 2 sen t , 0 ≤ t ≤ π.
Determine a massa do arame sabendo que a densidade δ(x, y, z) em cada um dos seus pontos é igual à distância
do ponto até o plano xz.
Solução: Temos que δ(x, y, z) = y. A parametrização de C dada é ⃗r : [0, π] −→ R3 , sendo
√
√
√
⃗r(t) = (2 2 cos t , 2 2 t , 2 2 sen t).
Então
p
√
√
√
⃗r ′ (t) = (−2 2 sen t , 2 2 , 2 2 cos t) e ∥⃗r ′ (t)∥ = 8 sen2 t + 8 + 8 cos2 t = 4.
A massa do arame é
Z π
Z
M
δ(x, y, z) ds =
=
C
Z π
=
Isto é, M = 4π
√
2
δ(⃗r(t)) ∥⃗r ′ (t)∥ dt
0
√
√ t2 π
2 2 t 4 dt = 8 2
= 4π 2 2.
√
2 0
0
2 u.m.
⋄
2023.1
Turma H1