Baixe P12008-Mat2455-Cálculo III e outras Provas em PDF para Engenharia Química, somente na Docsity! Instituto de Matemática e Estat́ıstica da USP MAT2455 - Cálculo Diferencial e Integral III para Engenharia 1a. Prova - 1o. Semestre 2008 Turma A Questão 1 (a) (2,0 pontos) Calcule o volume do sólido S = {(x, y, z) : x ≥ 0 , x ≤ y ≤ 3√x e 0 ≤ z ≤ ey2} b) (2,0 pontos) Calcule ∫ √2 0 ∫√4−y2 y 1 1+ √ x2+y2 dxdy. Solução: (a) A região S é dada na Fig. 1. Figura 1: Gráfico da região S O volume do sólido S é dado por v(S) = ∫∫ S ∫ 1 dx dy dz. Podemos reescrever S por S = {(x, y, z) : (x, y) ∈ D e 0 ≤ z ≤ ey2}, onde D é a região dada por D = {(x, y) : x ≥ 0 e x ≤ y ≤ 3√x} Como a função “1”é cont́ınua, pelo Teorema de Fubini v(S) = ∫ ∫ S ∫ 1 dx dy dz = ∫∫ D (∫ ey2 0 dz ) dx dy = ∫∫ D ey 2 dx dy Agora reescrevendo D, temos D = {(x, y) : 0 ≤ y ≤ 1 e y3 ≤ x ≤ y}, 1 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1 x y D x = y x = y3 Figura 2: Gráfico da região D e novamente por Fubini (“ey 2 ”é cont́ınua): v(S) = ∫∫ D ey 2 dx dy = ∫ 1 0 ∫ y y3 ey 2 dx dy = ∫ 1 0 ey 2 x ∣∣∣ y x=y3 dy = ∫ 1 0 (y − y3)ey2 dy = ∫ 1 0 (1− y2) ey2y dy Fazendo a seguinte mudança de variáveis: u = y2(⇒ du = 2ydy) e resolvendo a integral “por partes”: v(S) = ∫ 1 0 (1− y2)ey2y dy = 1 2 ∫ 1 0 (1− u)eu du = 1 2 ( (1− u)eu ∣∣∣ 1 u=0 + ∫ 1 0 eu du ) = 1 2 ((1− u)eu + eu) ∣∣∣ 1 u=0 = e− 2 2 (b) Seja D = {(x, y)/y ≤ x ≤ √ 4− y2, 0 ≤ y ≤ √2}. Vamos usar coordenadas polares: 0 0.5 1 1.5 2 0 0.5 1 1.5 x y x2+y2=4 x = y D Figura 3: Gráfico da região D x = ρ cos θ e y = ρ sin θ com jacobiano |J | = ρ D nas coordenadas polares: com a equação x2 +y2 = 4 obtemos r = 2 e com x = y temos que o angulo θ = π 4 , assim D fica: 2 Pelo teorema de Mudança de variáveis a integral fica: I = ∫ ∫ E ∫ 1 x2 + y2 + z2 dx dy dz = ∫ ∫ Eρ,θ,φ ∫ 1 ρ2 ρ2sen φ dρ dθ dφ = ∫ ∫ Eρ,θ,φ ∫ sen φ dρ dθ dφ Por Fubini (“sen φ”é cont́ınua): I = ∫ ∫ Eρ,θ,φ ∫ sen φ dρ dθ dφ = ∫ 2π 0 ∫ 3π 4 π 4 ∫ 2 sen φ 1 sen φ dρ dφ dθ = ∫ 2π 0 ∫ 3π 4 π 4 ( 2 sen φ − 1 ) sen φ dφ dθ = 2π ∫ 3π 4 π 4 2− sen φ dφ = 2π (2φ + cos φ) ∣∣∣ 3π 4 φ=π 4 = 2π ( 2 π 2 − √ 2 ) = 2π(π − √ 2) 5 Instituto de Matemática e Estat́ıstica da USP MAT2455 - Cálculo Diferencial e Integral III para Engenharia 1a. Prova - 1o. Semestre 2008 Turma B Questão 1 (a) (2,0 pontos) Calcule o volume do sólido S = {(x, y, z) : y ≥ 0 , y ≤ x ≤ 3√y e 0 ≤ z ≤ ex2} (b) (2,0 pontos) Calcule ∫ √2 0 ∫ √4−x2 x 1 1+ √ x2+y2 dydx. Solução: (a) A região S é dada na Fig. 1. Figura 7: Gráfico da região S O volume do sólido S é dado por v(S) = ∫∫ S ∫ 1 dx dy dz. Podemos reescrever S por S = {(x, y, z) : (x, y) ∈ D e 0 ≤ z ≤ ex2}, onde D é a região dada por D = {(x, y) : y ≥ 0 e y ≤ x ≤ 3√y} Como a função “1”é cont́ınua, pelo Teorema de Fubini v(S) = ∫ ∫ S ∫ 1 dx dy dz = ∫∫ D (∫ ex2 0 dz ) dx dy = ∫∫ D ex 2 dx dy Agora reescrevendo D, temos D = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1 e x3 ≤ y ≤ x}, 6 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1 x y D y = x y = x3 Figura 8: Gráfico da região D e novamente por Fubini (“ex 2 ”é cont́ınua): v(S) = ∫∫ D ex 2 dx dy = ∫ 1 0 ∫ x x3 ex 2 dy dx = ∫ 1 0 ex 2 y ∣∣∣ x y=x3 dx = ∫ 1 0 (x− x3)ex2 dx = ∫ 1 0 (1− x2) ex2x dx Fazendo a seguinte mudança de variáveis: u = x2(⇒ du = 2xdx) e resolvendo a integral “por partes”: v(S) = ∫ 1 0 (1− x2)ex2x dx = 1 2 ∫ 1 0 (1− u)eu du = 1 2 ( (1− u)eu ∣∣∣ 1 u=0 + ∫ 1 0 eu du ) = 1 2 ((1− u)eu + eu) ∣∣∣ 1 u=0 = e− 2 2 (b) Seja D = {(x, y)/x ≤ y ≤ √4− x2, 0 ≤ x ≤ √2}. 0 0.5 1 1.5 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 x y y = x x2+y2 = 4 Figura 9: Gráfico da região D Vamos usar coordenadas polares: x = ρ cos θ e y = ρ sin θ com jacobiano |J | = ρ. D nas coordenadas polares: com a equação x2 +y2 = 4 obtemos r = 2 e com y = x temos que o angulo θ = π 4 , e θ = π 2 para y = √ 4− x2 e r = 2, assim D fica: 7
