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Universidade Federal Fluminense ´ Instituto de Matematica e Estat´ıstica ´ Departamento de Matematica Aplicada

C´alculo III-A – M´odulo 1 Prezado aluno, Seja bem-vindo `a nossa disciplina. Este texto possui - salvo algumas modifica¸c˜oes - o mesmo conte´udo do material preparado pela professora Rioco para o curso de C´alculo IV do Cederj. Boa sorte! Rioco K. Barreto e M. Lucia S. Menezes Coordenadoras de C´ alculo III-A

Aula 1 – Integrais Duplas Objetivos • Compreender a no¸c˜ao de integral dupla; • Estudar algumas de suas propriedades; • Estudar o Teorema de Fubini para retˆangulos. Em C´alculo II-A, vocˆe aprendeu as integrais definidas. Agora, em C´alculo III-A, pretendemos que vocˆe compreenda as integrais duplas e triplas de fun¸c˜oes de duas ou trˆes vari´aveis. Ent˜ao consideremos uma fun¸c˜ao f : D ⊂ R2 → R, onde D ´e um conjunto fechado e limitado (tamb´em conhecido como conjunto compacto). Como D ´e limitado, ent˜ao existe um retˆangulo R = [a, b] × [c, d], tal que D ⊂ R. y d = yn

R

∆y

Rij

D

yj

f

yj−1

(x∗i , yj∗) y0 = c

R a = x0

xi−1 xi b = xn

x

∆x Vamos dividir o retˆangulo R em subretˆangulos Rij da seguinte maneira: dividimos os intervalos [a, b] e [c, d] em n subintervalos de mesmo comprimento ∆x = b−a e ∆y = d−c , respectivamente; n n

´ Calculo III-A

´ Modulo 1

2

tra¸camos
retas verticais e horizontais pelas extremidades desses subintervalos. Vamos escolher ∗ ∗ xi , yj ∈ Rij , para formarmos a soma Sn =

n X n X j=1 i=1

f

x∗i , yj∗




∆x∆y =

n X

i,j=1



onde f x∗i , yj∗ = 0 se x∗i , yj∗ ∈ / D.


f x∗i , yj∗ ∆A

Esta soma ´e dita soma de Riemann de f . Se existir o lim Sn = L, dizemos que f ´e integr´avel e n→∞

que o n´umero L ´e dito integral de f sobre D e ´e indicado por ou

ZZ D

ZZ

f (x, y) dxdy ou

D

ZZ

f (x, y) dA

D

f dA. Assim, ZZ

f (x, y) dxdy = lim

n→∞

D

n X

i,j=1


f x∗i , yj∗ ∆x∆y .

OBS.: 1. Prova-se que se f ´e cont´ınua em D, ent˜ao f ´e integr´avel. 2. Se f (x, y) ≥ 0 ´e cont´ınua em D, ent˜ao o gr´afico de f (Gf ) est´a acima do plano xy. Ent˜ao o volume do s´olido W que est´a abaixo de Gf e acima de D ´e dado por ZZ V (W ) = f (x, y) dxdy . D

Logo, para encontrar o volume do s´olido W , integramos f (x, y) (o “teto”) sobre D (o “piso”). z Gf : z = f (x, y) (“teto”) W

y (“piso”)

x (x∗i , yj∗) Rij

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 1

3

3. Se f (x, y) = 1 em D ent˜ao ZZ ZZ 1 dxdy = dxdy = A(D) = ´area de D . D

D

4. Propriedades (i)

ZZ

(f + g) dA =

ZZ

ZZ

D

(ii)

ZZ

f dA+

D

kf dA = k

D

D

ZZ

g dA

D

f dA, k ∈ R

(iii) D = D1 ∪ D2 ⇒

ZZ

f dA =

D

ZZ

f dA+

D1

ZZ

f dA

D2

D1 D2

Um M´etodo Pr´atico para Calcular Integrais Duplas Teorema de Fubini: Se f (x, y) ´e cont´ınua no retˆangulo D = [a, b] × [c, d], ent˜ao   ZZ Z b Z d Z d Z b f (x, y) dxdy = f (x, y) dy dx = f (x, y) dx dy a

D

ou

ZZ D

f (x, y) dxdy =

c

Z bZ |

a c

c

d

f (x, y) dydx = {z

a

Z dZ c

a

b

f (x, y) dxdy }

integrais iteradas ou repetidas

Exemplo 1 Calcule

ZZ D

xy 2 dxdy, sendo D = [0, 1] × [−1, 0].

Solu¸c˜ao:

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 1

Temos

ZZ

2

xy dxdy =

Z 1Z 0

D

4

0

xy 2 dydx .

−1

Primeiro, calculamos a integral interna. Logo, ZZ

2

xy dxdy =

Z

1

0

D

x

h 3 i0 y 3

=

−1

1 3

Z

1 0

x[0 − (−1)] dx =

1 3

Z

1

x dx =

0

1 3

h 2 i1 x 2

0

=

1 6

.

Aula 2 – C´alculo de Integrais Duplas em Regi˜oes mais Gerais Objetivos • Estudar uma vers˜ao mais geral do Teorema de Fubini; • Calcular ´area e volume.

Suponhamos agora, que D seja diferente do retˆangulo [a, b] × [c, d]. Ent˜ao vamos definir dois tipos de regi˜ao.

Defini¸c˜ao 1 Dizemos que D ´e uma regi˜ao do tipo I ou uma regi˜ao simples vertical se D for limitada `a esquerda pela reta vertical x = a, `a direita pela reta vertical x = b, inferiormente pela curva de equa¸c˜ao y = g1 (x) e superiormente pela curva y = g2 (x), onde g1 e g2 s˜ao cont´ınuas. As figuras que se seguem ilustram regi˜oes do tipo I. y = g2 (x)

y

y = g2 (x)

y

D

D (x, y)

(x, y)

D

y = g1 (x)

a

UFF

x

y = g2 (x)

y

(x, y)

y = g1 (x)

b

x

a

x

y = g1 (x)

b

x

a

x

b

x

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 1

5

Logo, D = {(x, y) ∈ R2 ; a ≤ x ≤ b e g1 (x) ≤ y ≤ g2 (x)}. Prova-se que: ZZ

f (x, y) dxdy =

Z bZ a

D

g2 (x)

f (x, y) dydx .

g1 (x)

Defini¸c˜ao 2 Dizemos que D ´e uma regi˜ao do tipo II ou uma regi˜ao simples horizontal, se D for limitada inferiormente e superiormente pelas retas horizontais y = c e y = d, respectivamente, `a esquerda pela curva x = h1 (y) e `a direita pela curva x = h2 (y), onde h1 e h2 s˜ao cont´ınuas. As figuras que se seguem ilustram regi˜oes do tipo II: y

y

d

y

d x = h1 (x)

x

D

d x = h1 (x)

x = h1 (x)

x = h2 (x)

c

D

x = h2 (x)

x c

D

x

x = h2 (x)

c

x

x

x

Logo, D = {(x, y) ∈ R2 ; c ≤ y ≤ d e h1 (y) ≤ x ≤ h2 (y)}. Prova-se que: ZZ D

f (x, y) dxdy =

Z dZ c

h2 (y)

f (x, y) dxdy .

h1 (y)

Exemplo 1 Calcule por meio dos dois m´etodos a integral de f (x, y) = xy sobre a regi˜ao D limitada pelas curvas y = x e y = x2 . Solu¸c˜ao: As curvas se interceptam quando x2 = x ou x(x − 1) = 0. Ent˜ao x = 0 ou x = 1. Assim, os pontos de interse¸c˜ao s˜ao (0, 0) e (1, 1). Logo, o esbo¸co de D ´e:

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 1

6

y 1 y=x

(x, y) y = x2

D

x

x

1

M´etodo 1 Enquadrando D como tipo I, temos D = {(x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ x ≤ 1 e x2 ≤ y ≤ x}. Ent˜ao: ZZ Z 1Z x Z 1 Z 1 Z 1 h ix y2 1 1 2 4 dx = 2 xy dxdy = x (x − x ) dx = 2 (x3 − x5 ) dx xy dydx = x 2 D

0

x2

x2

0

0

0

=

1 2

h

=

1 6

=

1 24

x4 4 1 4

x6 6

−

−

.


1

i1 0

6

M´etodo 2 y 1 x=y

y x=

D

√

y

x

1

 √ Enquadrando D como tipo II, temos D = (x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ y ≤ 1 e y ≤ x ≤ y . Ent˜ao, Z 1 Z 1 Z 1 h i√y ZZ Z 1Z √y 1 x2 1 2 (y 2 − y 3) dy xy dxdy = y 2 dy = 2 y (y − y ) dy = 2 xy dxdy = D

0

y

0

y

0

0

=

UFF

1 2

h

=

1 2

=

1 24

y3 3 1 3

.

−

−

y4 4


1

i1 0

4

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 1

7

Exemplo 2 Calcule, por meio de integral dupla, a ´area da regi˜ao plana D limitada pelas curvas y = x3 e y =

√

x.

Solu¸c˜ao: O esbo¸co de D ´e: y

y = x1/2

y = x3 y=

1

D

D:

(

x = x1/2

y = x3

1

Podemos descrever D por

√

x

0≤x≤1

x3 ≤ y ≤ x1/2

Ent˜ao,

A(D) =

ZZ D

dxdy =

Z

0

1

Z

x1/2

dydx = x3

Z

0

1

h
x1/2 − x3 dx = 32 x3/2 −

x4 4

i1 0

=

2 3

−

1 4

=

5 12

u.a.

Exemplo 3 Calcule o volume do tetraedo W com faces nos planos coordenados e no plano x + y + z = 3. Solu¸c˜ao: O plano x + y + z = 3 passa pelos pontos A = (3, 0, 0), B = (0, 3, 0) e C = (0, 0, 3). Assim, o esbo¸co de W ´e:

UFF

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´ Modulo 1

8

z C

y

teto de W

3

x+y =3

W

y =3−x

D B

A

y

3 y=0

D (piso)

x

x

Observemos que o teto de W ´e a por¸c˜ao do plano x + y + z = 3 ou z = 3 − x − y = f (x, y) e que o piso de W ´e o triˆangulo D. Ent˜ao, ZZ V (W ) = f (x, y) dxdy D

=

ZZ

(3 − x − y) dxdy

Z

Z

D

=

3

0

Z

=

3

0

Z

=

3

0

1 2

=

Z

3−x 0

(3 − x − y) dydx

h 3y − xy −

9 2

i3−x 0

dx

h 3(3 − x) − x(3 − x) −

(3−x)2 2

3

0

i

dx

(9 − 6x + x2 ) dx

h = 21 9x − 3x2 +

=

y2 2

u.v.

x3 3

i3 0

Exerc´ıcio 1: Calcule as integrais iteradas: a)

Z 2Z 1

1

2 xy

ye dxdy

b)

Z 2Z 1

x 1

x2 y2

dydx

Exerc´ıcio 2: Esboce a regi˜ao de integra¸c˜ao e calcule as integrais: ZZ a) xy 3 dxdy, D = {(x, y) ∈ R2 ; 1 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ 2x}; D

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

b)

ZZ

´ Modulo 1

9

f (x, y) dxdy, D = {(x, y) ∈ R2 ; |x| ≤ π/2 , 0 ≤ y ≤ cos x}, f (x, y) = y sen x.

D

Exerc´ıcio 3: Esboce a regi˜ao de integra¸c˜ao e inverta a ordem das integrais iteradas em:

a)

Z 1Z 0

b)

Z 1Z 0

y

f (x, y) dxdy

c)

0

Z

1

−1

√

y

f (x, y) dxdy

d)

y

Exerc´ıcio 4: Calcule

Z 1Z

2

Z 5Z

5

0

Exerc´ıcio 5: Calcule

Z 1Z 0

1

√

Z

1−x2

√ − 1−x2

f (x, y) dydx

3x

f (x, y) dydx x

2

4ex dxdy.

2y

x

y x ln y

dydx .

Exerc´ıcio 6: Use a integral dupla para calcular a ´area da regi˜ao D limitada pelas curvas y = 4x − x2 e y = x. Exerc´ıcio 7: Encontre o volume do s´olido W limitado pelos planos y = 0, z = 0 y = 4 e pelo cilindro parab´olico z = 4 − x2 . Exerc´ıcio 8: Encontre o volume do s´olido W limitado pelas superf´ıcies z = 1 − y 2 , z ≥ 0, x = 0, z = 0 e x − y = 2.

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C´alculo III-A – M´odulo 1 – Tutor Exerc´ıcio 1: Calcule as integrais iteradas: a)

Z 2Z 1

2 xy

ye dxdy

b)

1

Z 2Z 1

x 1

x2 y2

dydx

Solu¸c˜ ao: a) Temos Z 2Z 1

=

2 xy

ye dxdy =

1

Z

Z

2

y

1

2 y

2y

e −e

1




dy =

h

h

exy y

e2y 2

ix=2

dy =

i2



x=1 y

−e

1

Z

2

1

=

e4 2

h ix=2 dy = exy x=1



2

−e

−



 e4 3e2 −e = − + e.

e2 2

2

2

b) Temos x

Z 2Z

1

1

=

Z

2

x2 y2

dydx =

Z 2Z 1

x 2 −1

xy 1

Z   1 x − + 1 dx = x

2

1

2

1

dydx =

Z

1

h iy=x 1 x2 − dx = y

y=1

2


−x + x2 dx =

h 2  i    x x3 2 1 1 1 5 8 1 8 = − + = −2 + − − + = −2 + + − = . 2

3

1

3

2

3

3

2

3

6

Exerc´ıcio 2: Esboce a regi˜ao de integra¸c˜ao e calcule as integrais: a)

ZZ

xy 3 dxdy, D = {(x, y) ∈ R2 ; 1 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ 2x};

b)

ZZ

f (x, y) dxdy, D = {(x, y) ∈ R2 ; |x| ≤ π/2 , 0 ≤ y ≤ cos x}, f (x, y) = y sen x.

D

D

Solu¸c˜ ao: a) O esbo¸co de D est´a representado na figura que se segue.

´ Calculo III-A

´ Modulo 1 – Tutor

2

y 4

2 D

1

Temos

ZZ

3

xy dxdy =

1

D

=

Z 2Z

2

Z

x

1

=4

h



16x4 4

6 i2

x 6

=

1

2 3

x

2

2x 3

xy dydx =

0

Z

2

x

1



− 0 dx =

Z

h

y4 4

i2x 0

dx =

2

4x5 dx = 1

2 3

(26 − 1) = (64 − 1) = 42 .

b) O esbo¸co de D est´a representado na figura que se segue.

y 1

D −π/2

Temos ZZ

f (x, y) dxdy =

D

= =

UFF

Z

ZZ

y sen x dx =

−π/2

1 − 2

Z

h

y2 2

icos x 0

sen x dx =

1 2

π/2

−π/2

2

Z

π/2

−π/2

D

π/2

x

π/2

cos x d(cos x) =

Z

Z

cos x

y sen x dydx =

0

π/2

cos2 x sen x dx =

−π/2

1 − 2

h

cos3 x 3

iπ/2

−π/2

1 6

= − (0 − 0) = 0 .

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´ Modulo 1 – Tutor

3

Exerc´ıcio 3: Esboce a regi˜ao de integra¸c˜ao e inverta a ordem das integrais iteradas em: a)

Z 1Z 0

b)

Z 1Z 0

y

f (x, y) dxdy

c)

0

1

Z

−1

√

y

f (x, y) dxdy

d)

y

Z

1−x2

√ − 1−x2

Z 1Z 0

√

f (x, y) dydx

3x

f (x, y) dydx x

Solu¸c˜ ao: a) A regi˜ao de integra¸c˜ao D ´e dada pelas desigualdades 0 ≤ x ≤ y e 0 ≤ y ≤ 1. Portanto, D ´e do tipo II e est´a limitada `a esquerda pela reta x = 0 (eixo y) e `a direita pela reta x = y, entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. y 1 entra em x = 0

x=y ⇒ y=x

D

sai em x = y 1

x

Para inverter a ordem de integra¸c˜ao devemos enquadrar D como tipo I. Ent˜ao imaginemos uma reta vertical atrav´es de D, orientada como o eixo y. y

sai em y = 1

1 D

entra em y = x 1

x

A reta entra em D em y = x e sai de D em y = 1. Logo, x ≤ y ≤ 1. Como a proje¸c˜ao de D sobre o eixo x ´e o intervalo [0, 1], temos 0 ≤ x ≤ 1. Assim,  D = (x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ x ≤ 1 , x ≤ y ≤ 1 . Logo,

Z 1Z 0

4

f (x, y) dxdy = 0

Z 1Z 0

1

f (x, y) dydx .

x

√ b) A regi˜ao de integra¸c˜ao D ´e dada pelas desigualdades 0 ≤ y ≤ 1 e y ≤ x ≤ y . Portanto, D ´e √ do tipo II e est´a limitada `a esquerda pela reta x = y (ou y = x) e `a direita pela curva x = y (ou y = x2 , com x > 0), entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. UFF

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´ Calculo III-A

´ Modulo 1 – Tutor

4

y 1

x=y

entra em x = y x=

D

sai em x =

√ y

√ y

1

x

Para inverter a ordem de integra¸c˜ao devemos enquadrar D como tipo I. Ent˜ao imaginemos uma reta vertical atrav´es de D, orientada como o eixo y. Vemos que ela entra em D em y = x2 e sai de D em y = x. Vemos tamb´em que D est´a compreendida entre as retas x = 0 e x = 1. Ent˜ao, temos:  D = (x, y) ∈ R2 ; x2 ≤ y ≤ x , 0 ≤ x ≤ 1 . y 1

sai em y = x

D

entra em y = x2

Logo, Z 1Z 0

y

√

y

f (x, y) dxdy =

Z 1Z 0

1

x

x

f (x, y) dydx .

x2

√ √ c) A regi˜ao de integra¸c˜ao D ´e dada pelas desigualdades −1 ≤ x ≤ 1 e −√ 1 − x2 ≤ y ≤ 1 − x2 . Portanto, D ´e do tipo I e est´a limitada inferiormente pela curva y = − 1 − x2 (ou x2 + y 2 = 1, √ com y ≤ 0) e superiormente pela curva y = 1 − x2 (ou x2 + y 2 = 1, com y ≥ 0), entre as retas x = −1 e x = 1. Assim, o esbo¸co de D est´a representado na figura que se segue.

UFF

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´ Modulo 1 – Tutor

5

y p entra em x = − 1 − y 2

sai em x =

1

−1

D

1

p 1 − y2

x

−1

Para inverter a ordem de integra¸c˜ao, devemos definir D como tipo II. Ent˜ao, considerando uma p reta horizontal atrav´es depD, orientada como o eixo X, vemos que ela entra em D em x = − 1 − y 2 e sai de D em x = 1 − y 2 . Vemos, tamb´em, que D est´a compreendida entre as retas horizontais y = −1 e y = 1. Ent˜ao, o n p p D = (x, y) ∈ R2 ; −1 ≤ y ≤ 1 , − 1 − y 2 ≤ x ≤ 1 − y 2 . Logo, Z

1

−1

Z

√

1−x2

√ − 1−x2

f (x, y) dydx =

Z

1

−1

Z √1−y2 −

√

f (x, y) dxdy .

1−y 2

d) A regi˜ao de integra¸c˜ao D ´e dada pelas desigualdades x ≤ y ≤ 3x e 0 ≤ x ≤ 1. Portanto, D ´e do tipo I e est´a limitada inferiormente pela reta y = x (ou x = y) e superiormente pela reta y = 3x (ou x = y/3), entre as retas verticais x = 0 (eixo y) e x = 1. Assim, o esbo¸co de D est´a representado na figura que se segue. y 3

sai em y = 3x

D

entra em y = x

1 1

x

Na figura vemos que D n˜ao ´e do tipo II, pois est´a limitada `a esquerda pelas curvas x = y e x = y/3. Para inverter a ordem de integra¸c˜ao, devemos decompor a regi˜ao D em duas partes: D1 e D2 , como representado na figura que se segue.

UFF

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´ Calculo III-A

´ Modulo 1 – Tutor

6

y 3 D2 entra em x =

y 3

sai em x = 1

D1 entra em x =

y 3

sai em x = y 1

x

1

Temos D1 :



 0≤y≤1 1≤y≤3 e D2 : . Ent˜ao, y/3 ≤ x ≤ y y/3 ≤ x ≤ 1 Z 1Z 3x Z 1Z y Z 3Z f (x, y) dydx = f (x, y) dxdy + 0

x

Exerc´ıcio 4: Calcule

0

Z 1Z 0

y/3

1

f (x, y) dxdy .

y/3

1

2 2

4ex dxdy.

2y

Solu¸c˜ ao: N˜ao podemos integrar nessa ordem, pois

Z

2

ex dx n˜ao ´e uma fun¸c˜ao elementar, isto ´e, ela

n˜ao pode ser escrita como uma soma finita de fun¸c˜oes elementares (fun¸c˜oes estudadas em C´alculo I). Portanto, devemos inverter a ordem de integra¸c˜ao. A regi˜ao de integra¸c˜ao D ´e dada pelas desigualdades 0 ≤ y ≤ 1 e 2y ≤ x ≤ 2. Assim, D ´e do tipo II e est´a limitada `a esquerda pela reta x = 2y (ou y = x/2) e `a direita pela reta x = 2, entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. y x = 2y ⇒ y =

1

x 2

D 2

x

Descri¸c˜ao de D como tipo I Imaginemos uma reta vertical atrav´es de D, orientada como o eixo y. Ela entra em D em y = 0 e sai de D em y = x/2. Vemos que D est´a entre as retas x = 0 (eixo y) e a reta x = 2. Ent˜ao,  D = (x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ x/2 .

Assim, Z 1Z 0

UFF

2

2y

x2

4e dxdy =

Z 2Z 0

0

x/2

x2

4e dydx =

Z

0

2 x2

4e

Z

0

x/2

dydx =

Z

0

2

x2 x

4e

2

dx =

Z

2 2

ex 2x dx .

0 IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 1 – Tutor

7

Fazendo u = x2 , temos du = 2x dx. Para x = 0, temos u = 0 e, para x = 2, temos u = 4. Ent˜ao, Z 1Z 2 Z 4 h i4 x2 u 4e dxdy = e du = eu = e4 − 1 . 0

Exerc´ıcio 5: Calcule

Z 5Z 1

2y

5

y x ln y

x

0

0

dydx .

Solu¸c˜ ao: N˜ao podemos integrar nessa ordem, pois

Z

y x ln y

dy n˜ao ´e uma fun¸c˜ao elementar.

Ent˜ao vamos inverter a ordem de integra¸c˜ao. Para isso devemos esbo¸car a regi˜ao de integra¸c˜ao D dada pelas desigualdades 1 ≤ x ≤ 5 e x ≤ y ≤ 5. Logo, a regi˜ao ´e do tipo I e est´a limitada inferiormente pela reta y = x e superiormente pela reta y = 5 e est´a compreendida entre as retas verticais x = 1 e x = 5. y 5 D

entra em x = 1

sai em x = y

x

1

Descri¸c˜ao de D como tipo II Imaginemos uma reta horizontal, atrav´es de D, orientada como o eixo x. Vemos que ela entra em D em x = 1 e sai  de D em x = y. Vemos, tamb´em que D est´a entre as retas horizontais y = 1 e 1≤y≤5 y = 5. Assim, D : . Ent˜ao, 1≤x≤y Z 5Z

x

1

=

UFF

5

Z

5 1

y x ln y

y ln y

dydx =

Z 5Z 1

y 1

(ln y − ln 1) dy =

y x ln y

Z

1

5

dxdy =

y ln y

Z

5 1

y ln y

h

Z

5

· ln y dy =

1

iy ln x dy = 1

y dy =

h

y2 2

i5 1

=

1 2


52 − 1 = 12 .

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 1 – Tutor

8

Exerc´ıcio 6: Use a integral dupla para calcular a ´area da regi˜ao D limitada pelas curvas y = 4x − x2 e y = x. Solu¸c˜ ao: De y = 4x − x2 e y = x temos 4x − x2 = x ou x2 − 3x = 0 ou x(x − 3) = 0, portanto x = 0 ou x = 3. Logo, as interse¸c˜oes s˜ao (0, 0) e (3, 3) e o esbo¸co de D est´a representado na figura que se segue. y

sai em y = 4x − x2

(3, 3)

D

entra em y = x

x Descrevendo D como uma regi˜ao do tipo I, temos D : ZZ dxdy, temos



0≤x≤3 . Como A(D) = x ≤ y ≤ 4x − x2

D

A(D) =

Z 3Z 0

=

Z

0

=

27 2

3

4x−x2

dydx = x

Z

3


4x − x2 − x dx =

0

i h 2
x3 3 3x − = 3x − x2 dx = 2

−9=

9 2

3

0

u.a.

Exerc´ıcio 7: Encontre o volume do s´olido W limitado pelos planos y = 0, z = 0 y = 4 e pelo cilindro parab´olico z = 4 − x2 . Solu¸c˜ ao: Esbo¸co do s´olido W Inicialmente tra¸camos, no plano xz, a par´abola z = 4 − x2 . Como esta equa¸c˜ao ´e independente da vari´avel y, tra¸camos, por pontos desta par´abola, as retas paralelas ao eixo y. Obtemos assim o cilindro parab´olico. Considerando que W est´a limitado pelos planos y = 0, y = 4 e z = 0, temos o s´olido W representado na figura que se segue. UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 1 – Tutor

9

z 4

“teto”

W

−2 D

2

4

x

y “piso”

Observemos que o “teto” do s´olido W ´e o cilindro parab´olico z = 4 − x2 = f (x, y) e que o “piso” de W ´e o quadrado D dado pelas desigualdades −2 ≤ x ≤ 2 e 0 ≤ y ≤ 4. Temos, ent˜ao, ZZ ZZ
V (W ) = f (x, y) dxdy = 4 − x2 dxdy = D

=

Z

2

−2

=4

Z

D

Z

4

2

 i  h
8 128 x3 2 u.v. =4·2 8− = 4 − x2 dx = 4 4x −

0

−2

2

4−x




dydx =

Z

2

−2

2

4−x 3

−2




Z

4

dydx = 0

3

3

Exerc´ıcio 8: Encontre o volume do s´olido W limitado pelas superf´ıcies z = 1 − y 2 , z ≥ 0, x = 0, z = 0 e x − y = 2. Solu¸c˜ ao: Esbo¸co do s´olido W Inicialmente tra¸camos, no plano yz, a par´abola z = 1 − y 2 , com z ≥ 0. Como esta equa¸c˜ao ´e independente da vari´avel x, tra¸camos, por pontos desta par´abola, retas paralelas ao eixo x, obtendo assim o cilindro parab´olico. Para esbo¸car o plano x − y = 2, tra¸camos primeiramente no plano xy a reta x − y = 2. Como esta equa¸c˜ao n˜ao depende da vari´avel z, tra¸camos por pontos desta reta, retas paralelas ao eixo z. Vemos que os pontos A = (3, 1, 0), B = (2, 0, 1) e C = (1, −1, 0) s˜ao comuns `as duas superf´ıcies. Ao ligarmos tais pontos, obtemos a curva interse¸c˜ao. Considerando que W ´e limitado pelos planos x = 0 e z = 0, temos o s´olido W representado na figura que se segue.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 1 – Tutor

10

y

z “teto”

x−y =2

1

1

D

B

2 −1 entra em x = 0 −2

W −1 C

1

D

x

x

sai em x = 2 + y

y

2 A “piso”

Observemos que o “teto” do s´olido W ´e a superf´ıcie z = 1 − y 2 e que o “piso” de W ´e o trap´ezio D, que deve ser olhado como uma regi˜ao do tipo II. Vemos que a proje¸c˜ao de D no eixo y ´e o intervalo [−1, 1]. Logo, −1 ≤ y ≤ 1. Vemos, tamb´em que uma horizontal qualquer atrav´es de D entra em D em x = 0 e sai de D na  reta x − y = 2, onde x = 2 + y. Logo, 0 ≤ x ≤ 2 + y. Assim, D ´e definido −1 ≤ y ≤ 1 . Temos, ent˜ao, pelas desigualdades D : 0≤x≤2+y ZZ ZZ
V (W ) = f (x, y) dxdy = 1 − y 2 dxdy = D

=

Z

1

Z

1

−1

=

−1

Z

D

2+y 0

1−y

2

2




dxdy =

2 + y − 2y − y

Z

1

−1

3





1 − y 2 (2 + y) dy =

h i y2 2y 3 y4 1 dy = 2y + − − = 2

3

4

−1

    1 8 2 1 2 1 1 − −2 + + − = u.v. = 2+ − − 2

UFF

3

4

2

3

4

3

IME - GMA

Universidade Federal Fluminense ´ Instituto de Matematica e Estat´ıstica ´ Departamento de Matematica Aplicada

C´alculo III-A – Lista 1 Exerc´ıcio 1: Calcule as seguintes integrais duplas: a)

ZZ

x 1 + y2

b)

ZZ

x dxdy na regi˜ao D compreendida entre as curvas y = x2 , y = 0 e x = 1.

c)

ZZ

x y

D

dxdy, sendo D = [1, 2] × [0, 1].

D

dxdy, onde D ´e a regi˜ao limitada pelas retas y = x, y = 2x, x = 1 e x = 2.

D

Solu¸c˜ ao: a) O esbo¸co de D est´a representado na figura que se segue. y 1

D 1

x

2

Como D ´e um retˆangulo com os lados paralelos aos eixos coordenados, temos 1 ≤ x ≤ 2 e 0 ≤ y ≤ 1. Pelo teorema de Fubini, o valor da integral dupla pode ser obtido por meio de qualquer uma das seguintes integrais iteradas: Z 1Z 2 Z 2Z 1 x x dxdy ou dydx . 2 2 0

1

1+y

1

Usando a primeira delas, temos, Z 1Z ZZ x dxdy = 2 1+y

0

D

=

Z

0

3 2

1

1 1 + y2

h

x2 2

i2 1

2

1

dy =

= (arctg 1 − arctg 0) =

x 1 + y2

3 2

Z

3 2



1

0

π 4

dxdy =

1 1 + y2

1+y

0

Z

0

dy =

 3π −0 = . 8

1

1 1 + y2

Z

2

x dxdy =

1

1 3 arctg y 0 2

=

´ Calculo III-A

Lista 1

2

y 1

y = x2

D 1

x

b) O esbo¸co de D est´a representado na figura que se segue. Como D ´e diferente de um retˆangulo com lados paralelos aos eixos coordenados, devemos enquadrar D como uma regi˜ao do tipo I ou do tipo II.

Solu¸c˜ ao 1: Vamos descrever D como tipo I. Seja (x, y) ∈ D. Ent˜ao tra¸camos uma reta vertical por (x, y). y 1

D y = x2 (x, y) 1

x

y=0

Vemos que esta reta vertical corta a fronteira inferior de D no eixo x, onde y = 0, e a fronteira superior de D na par´abola y = x2 . Ent˜ao, 0 ≤ y ≤ x2 . Projetando a regi˜ao D sobre o eixo x, encontramos o intervalo fechado [0, 1]. Ent˜ao, 0 ≤ x ≤ 1. Portanto D = {(x, y); 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ x2 }. Temos, ent˜ao, ZZ

x dxdy =

D

=

Z

0

UFF

1 3

x dx =

Z 1Z

x2

x dydx =

0

0

x4 4

i1

h

0

=

1 4

Z

1

x 0

Z

0

x2

dydx =

Z

0

1

 x2 x y 0 dx =

.

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 1

3

Observa¸c˜ ao: A integral do lado direito de uma integral dupla ´e uma integral iterada, cuja primeira integral definida indicada dever´a ter limites de integra¸c˜ao constantes, pois o valor da integral dupla ser´a um n´umero real.

Solu¸c˜ ao 2 Vamos descrever D como tipo II. Ent˜ao tra¸camos uma reta horizontal por (x, y) ∈ D. y

y = x2 ⇒ x =

√ y

1

D √ x= y

x=1 (x, y) 1

x

√ Vemos que esta reta horizontal corta a fronteira da esquerda na par´abola x = y e a fronteira da √ direita na reta x = 1. Ent˜ao, y ≤ x ≤ 1. Projetando D sobre o eixo y, temos o intervalo [0, 1]. √ Logo, 0 ≤ y ≤ 1. Ent˜ao, D = {(x, y); 0 ≤ y ≤ 1 , y ≤ x ≤ 1}. Portanto, ZZ

x dxdy =

0

D

=

1 2

Z 1Z

1

x dxdy = √

y

Z

0

1

h

x2 2

i1

√

y

dy =

1 2

Z

0

1

(1 − y) dy =

h i1   1 y2 1 1 = y− 1− = . 2

0

2

2

4

c) O esbo¸co de D est´a representado na figura que se segue.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 1

4

y 4 y = 2x

D (x, y)

2

1 y=x 1

x

2

Na figura vemos que a fronteira inferior ´e a reta y = x e a fronteira superior ´e a reta y = 2x. Ent˜ao x ≤ y ≤ 2x. Como a proje¸c˜ao de D sobre o eixo x ´e o intervalo fechado [1, 2], temos 1 ≤ x ≤ 2. Temos, ent˜ao, D = {(x, y); 1 ≤ x ≤ 2 , x ≤ y ≤ 2x}. Portanto, ZZ

x y

dxdy =

1

D

=

Z

Z 2Z

2x

x y

x

dydx =

x(ln 2x − ln x) dx =

= ln 2

h

x2 2

i2 1

=

3 2

x

1

2

1

2

Z

Z

2

x ln

1

2x x

Z

2x x

1 y

dx =

dydx =

Z

2

1

Z

 2x x ln y x dx =

2

x ln 2 dx = ln 2

1

Z

x

x dx =

1

ln 2 .

Observa¸c˜ ao: Podemos, tamb´em, enquadrar D como tipo II. Haver´a, no entanto, uma complica¸c˜ao adicional, se fizermos isso, pois a fronteira direita de D ´e a reta x = 1 e a fronteira esquerda de D ´e constitu´ıda de duas partes, pela reta y = x abaixo da reta y = 2 e pela reta y = 2x, acima de y = 2. Ent˜ao ´e necess´ario decompor D em duas partes D1 e D2 : D = D1 ∪ D2 . Logo, ZZ ZZ ZZ x x x dxdy = dxdy + dxdy . y

y

D

y

D1

D2

Projetando D1 sobre o eixo y, temos 1 ≤ y ≤ 2. A regi˜ao D1 ´e limitada `a esquerda por x = 1 e `a direita pela reta x = y. Logo, 1 ≤ x ≤ y. Ent˜ao D1 = {(x, y); 1 ≤ y ≤ 2 , 1 ≤ x ≤ y}. Assim, ZZ Z 2Z y Z 2 Z y Z 2 h 2 iy x 1 x 1 x dxdy = dxdy = dy = x dxdy = y

1

D1

= = UFF

1 2

Z

1 2

h

2 1

1 y

2

1




y

y − 1 dy =

(2 − ln 2) −



1 2

y

1

1 2

Z

− ln 1

2

1

i



1

y−

1 y

1 2

3 2

=





dy =

1

1 2

h

y2 2

y

− ln y

2

i2 1

1

=

 3 1 − ln 2 = − ln 2 . 4

2

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 1

y

5

y = 2x ⇒ x = y/2

4 x = y/2

2

x=2

D2

y=x⇒x=y

x=1

1 x=y

D1 1

x

2

Projetando D2 sobre o eixo y, temos 2 ≤ y ≤ 4. A regi˜ao D2 est´a limitada `a esquerda pela reta x = y/2 e `a direita por x = 2. Logo, y/2 ≤ x ≤ 2. Ent˜ao D2 = {(x, y); 2 ≤ y ≤ 4 , y/2 ≤ x ≤ 2} e ZZ Z 4 h i2 Z 4Z 2 Z 4 Z 2 x 1 x2 1 x dy = x dxdy = dxdy = dxdy = y

2

D2

= = Portanto,

4

y/2

y

4

y

−

y 4

y/2

2

y

2

y/2

h i y2 4 = 4 ln y −

1 2

Z

1 2

h  i   1 1 3 3 (4 ln 4 − 2) − 4 ln 2 − = 4 ln 2 − = 2 ln 2 − .

2

1 y

Z   y2 1 4− dy =

2

4

2

2



4 y

2

ZZ

D

x y

dxdy =

3 4



dy =

1 2

2

8

2

1 2

− ln 2 + 2 ln 2 −

2

4

3 4

=

3 2

ln 2

Obtivemos, assim, o mesmo resultado anterior.

Exerc´ıcio 2: Esboce a regi˜ao de integra¸c˜ao e troque a ordem de integra¸c˜ao em: a) c)

Z 1Z

Z 01Z 0

x

f (x, y)dydx

b)

0 x+1

f (x, y)dydx

d)

2x

Z 1Z

√ y √

f (x, y)dxdy

y Z0 1Z−2−2y 0

f (x, y)dxdy.

y−1

Solu¸c˜ ao: 

0≤x≤1 (tipo I). Logo, D est´a limitada pelas retas 0≤y≤x verticais x = 0 (eixo y) e x = 1; limitada inferiormente pela reta y = 0 (eixo x) e superiormente pela reta y = x. Assim, o esbo¸co da regi˜ao D est´a representado na figura que se segue. a) A regi˜ao de integra¸c˜ao ´e dada por D :

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 1

6

y y=x

1

x=1

D

x

1 y=0

Para inverter a ordem de integra¸c˜ao devemos descrever D como regi˜ao do tipo II. y

entra em x = y

1 sai em x = 1 D

x

1

Vemos que D est´a compreendida entre as retas horizontais y = 0 e y = 1. Considerando uma reta horizontal no  interior de D, vemos que ela entra em D em x = y e sai de D em x = 1. Ent˜ao, 0≤y≤1 . Logo, temos D : y≤x≤1 Z 1Z x Z 1Z 1 f (x, y)dydx = f (x, y)dxdy . 0

0

0

y



0≤y≤1 √ (tipo II). Logo, D est´a limitada pelas √ − y≤x≤ y ` esquerda D ´e limitada pela curva x = −√y e `a direita retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. A √ √ pela curva x = y . De x = ± y, temos y = x2 . Assim, o esbo¸co da regi˜ao D est´a representado na figura que se segue. b) A regi˜ao de integra¸c˜ao ´e dada por D :

y

y=1

1

√ x = − y ⇒ y = x2

x= D

−1

1

√ y ⇒ y = x2

x

Descri¸c˜ao de D como regi˜ao do tipo I Vemos que D est´a compreendida entre as retas verticais x = −1 e x = 1. Considerando uma reta vertical, no interior de D, diferente do eixo y, vemos que ela entra em D em y = x2 e sai de D em y = 1. UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 1

7

y

sai em y = 1

1 entra em y = x2

D

1

−1

Ent˜ao, temos D :



x

−1 ≤ x ≤ 1 . Logo, x2 ≤ y ≤ 1 Z 1Z 0

√

y

f (x, y)dxdy =

√ − y

Z 1Z

1

f (x, y)dydx .

−1 x2



0≤x≤1 (tipo I). Logo, D est´a compreendida 2x ≤ y ≤ x + 1 entre as retas verticais x = 0 e x = 1 e est´a limitada inferiormente pela reta y = 2x (ou x = y/2) e superiormente pela reta y = x + 1 (ou x = y − 1). Assim, o esbo¸co da regi˜ao D est´a representado pela figura que se segue. Como D est´a limitada `a esquerda pela curva x = 0 e pela reta y = x + 1, c) A regi˜ao de integra¸c˜ao D ´e dada por D :

y

y = x+1

2

1 D x=0

y = 2x

1

x

conclu´ımos que D n˜ao ´e do tipo II. Mas podemos olhar para D como a uni˜ao de duas regi˜oes do tipo II, isto ´e, D = D1 ∪ D2 . Vemos que D1 est´a compreendida entre as retas horizontais y = 0 e y = 1 e que toda  reta horizontal, 0≤y≤1 no interior de D1 , entra em D1 em x = 0 e sai de D1 em x = y/2. Logo, D1 : . 0 ≤ x ≤ y/2 Vemos que D2 est´a compreendida entre as retas horizontais y = 1 e y = 2 e que qualquer reta horizontal, no interior de D2 , entra em D2 em x = y − 1 e sai de D2 em x = y/2. Logo,  1≤y≤2 D2 : . y − 1 ≤ x ≤ y/2

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 1

y

8

entra em x = y − 1 sai em x = y/2

2

D2

1

entra em x = 0

sai em x = y/2 D1

x

1

Assim,

Z 1Z 0

x+1

f (x, y)dydx = 2x

Z 1Z 0

y/2

f (x, y)dxdy +

0

Z 2Z 1

y/2

f (x, y)dxdy .

y−1



0≤y≤1 (tipo II). Logo, D est´a comprey − 1 ≤ x ≤ 2 − 2y endida entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. De y − 1 ≤ x ≤ 2 − 2y, vemos que D est´a limitada `a esquerda pela reta x = y − 1 (ou y = x + 1) e `a direita pela reta x = 2 − 2y (ou y = (2 − x)/2). Assim, o esbo¸co da regi˜ao D est´a representado na figura que se segue. d) A regi˜ao de integra¸c˜ao ´e dada por D :

y 1

sai em y =

2−x 2

sai em y = x + 1 D1 −1 entra em y = 0

D2 2

x

entra em y = 0

Como a fronteira superior de D ´e formada pela retas x = y − 1 e x = 2 − 2y, vemos que D n˜ao ´e do tipo I. Mas D = D1 ∪ D2 , onde D1 e D2 s˜ao do tipo I. Vemos que D1 est´a compreendida entre as retas verticais x = −1 e x = 0 e que qualquer reta vertical  −1 ≤ x ≤ 0 no interior de D1 entra em D1 em y = 0 e sai de D1 em y = x + 1. Logo D1 : . 0≤y ≤x+1 Vemos que D2 est´a compreendida entre as retas verticais x = 0 e x = 2 e que qualquer reta vertical no interior de D2 entra em D2 em y = 0 e sai de D2 em y = (2 − x)/2. Logo, D2 :  0≤x≤2 . 0 ≤ y ≤ (2 − x)/2

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 1

Assim,

Z 1Z 0

2−2y

Z 0Z

f (x, y)dxdy =

y−1

9

x+1

f (x, y)dydx +

−1 0

Z 2Z 0

(2−x)/2

f (x, y)dydx .

0

Exerc´ıcio 3: Invertendo a ordem de integra¸c˜ao, calcule: a)

Z πZ

π

Z 1Z

1

x

0

b)

0

sen y y

dydx

c)

Z 3Z 0

x2 exy dxdy

d)

y

1 x/3

Z 8Z 0

3

ey dydx

√

2 √ 3

1 y4 + 1

x

dydx

Solu¸c˜ ao: 

0≤x≤π (tipo I). De 0 ≤ x ≤ π, vemos que D x≤y≤π est´a compreendida entre as retas verticais x = 0 (eixo y) e x = π. De x ≤ y ≤ π, vemos que D est´a limitada inferiormente pela reta y = x e superiormente pela reta y = π. Assim, o esbo¸co de D est´a representado na figura que se segue.

a) A regi˜ao de integra¸c˜ao D ´e dada por D :

y π D

π

x

Descri¸c˜ao de D como uma regi˜ao do tipo II Vemos que D est´a compreendida entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = π e que qualquer reta horizontal no interior de D entra em D em x = 0 e sai de D em x = y. y π

sai em x = y D

entra em x = 0 π

Logo D :



0≤y≤π . Assim, 0≤x≤y Z πZ π Z πZ sen y dydx = 0

= UFF

x

Z

π

0

y

sen y y

0

· y dy =

Z

0

π

0

y

sen y y

dxdy =

x

Z

π 0

sen y  y x 0 y

dy =

 π sen y dy = − cos y 0 = 2 .

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 1

10



0≤y≤1 (tipo II). De 0 ≤ y ≤ 1 vemos que D y≤x≤1 est´a compreendida entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. De y ≤ x ≤ 1 vemos que D est´a limitada `a esquerda pela reta x = y e `a direita pela reta x = 1. Assim, o esbo¸co de D est´a representado na figura que se segue. b) A regi˜ao de integra¸c˜ao D ´e dada por D :

y 1

D

x

1

Descri¸c˜ao de D como uma regi˜ao do tipo I Vemos que D est´a compreendida entre as retas verticais x = 0 (eixo y) e x = 1. Logo 0 ≤ x ≤ 1. Vemos, tamb´em, que D est´a limitada inferiormente pela reta y = 0 e superiormente pela reta y = x. Ent˜ao, 0 ≤ y ≤ x. Assim, Z 1Z 1 Z 1Z x Z 1 h xy iy=x e 2 xy 2 xy dx = x e dxdy = x e dydx = x2 0

=

y

0

Z

1



ex 2

0

=

2

x2 x

e

1

−

0

x2

h




− 1 dx = x2 2

i1 0

=

0

Z

e−1 2

0

1

0

−

xe dx −

Z

1 2

.

x2

=

e−2 2

x

y=0

1

x dx =

0

(

q 0 ≤ x ≤ 3 (tipo I). De 0 ≤ x ≤ 3, vemos que D x ≤y≤1 3 q x est´a compreendida entre as retas verticais x = 0 (eixo y) e x = 3. De ≤ y ≤ 1, vemos que D 3 q x (ou x = 3y 2, com y ≥ 0) e superiormente pela reta est´a limitada inferiormente pela curva y = 3 y = 1. Assim, o esbo¸co de D est´a representado na figura que se segue.

c) A regi˜ao de integra¸c˜ao D ´e dada por D :

y

1 D

3

UFF

x

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 1

11

Descri¸c˜ao de D como uma regi˜ao do tipo II Vemos que D est´a compreendida entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. Logo, 0 ≤ y ≤ 1. Considerando uma reta horizontal, no interior de D, vemos que ela entra em D em x = 0 e sai de  0 ≤ y ≤1 D em x = 3y 2. Logo, D : . Ent˜ao, 0 ≤ x ≤ 3y 2 Z 3Z

√

0

=

1

Z

1 0

y3

e dydx = x/3

3y 2

Z 1Z 0

y3

e dxdy =

0

Z

0

1

3  3y 2 ey x 0 dy =

h 3 i1
3 = e− 1. ey 3y 2 dy = ey 0



0≤x≤8 √ (tipo I). De 0 ≤ x ≤ 8, vemos que 3 x≤y≤2 √ 3 x ≤ y ≤ 2, vemos que D est´a D est´a compreendida entre as retas verticais x = 0 e x = 8. De √ 3 3 limitada inferiormente pela curva y = x (ou x = y ) e superiormente pela reta y = 2. Assim, o esbo¸co de D est´a representado na figura que se segue. d) A regi˜ao de integra¸c˜ao D ´e dada por D :

y

2

D

x

8

Descri¸c˜ao de D como regi˜ao do tipo II Vemos que D est´a compreendida entre retas horizontais y = 0 e y = 2. Vemos, tamb´em, que qualquer reta horizontal no interior de D entra na regi˜ao em x = 0 e sai da regi˜ao em x = y 3 . y

2

D

entra em x = 0 8

x

sai em x = y 3

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Logo, D :

Lista 1



0≤y≤2 . Assim, 0 ≤ x ≤ y3 Z 2Z Z 8Z 2 1 dydx = 4 √ 3

0

=

1 4

x

Z

0

2

y +1

0

0

d(y 4 + 1) y4 + 1

=

1 4

h

y3

12

1 y4 + 1

4

ln(y + 1)

i2 0

dxdy =

Z

2 0

y3 +1

y4

1 4

= (ln 17 − ln 1) =

dy = 1 4

ln 17 .

Exerc´ıcio 4: Em cada caso calcule, por meio de integral dupla, a ´area da regi˜ao D do plano xy delimitada pelas curvas indicadas. a) y = x3 , x + y = 2 e y = 0. b) x = y 2 + 1 e x + y = 3. c) y = x2 , x − y = 1, x = 1 e x = −1. Solu¸c˜ ao: a) De y = x3 e x + y = 2, temos x3 + x − 2 = 0 portanto x = 1. Logo, a interse¸c˜ao ocorre em (1, 1). O esbo¸co da regi˜ao D est´a representado na figura que se segue. y y = x3 1

x+y =2

D 2

y=0

x

Descri¸c˜ao de D como uma regi˜ao do tipo II Vemos que D est´a compreendida entre as retas horizontais y = 0 (eixo x) e y = 1. Considerando √ 1/3 3 uma reta horizontal qualquer, no interior  de D, vemos que ela entra em D em x = y = y e sai 0≤y≤1 . de D em x = 2 − y. Ent˜ao temos D : 1/3 y ≤x≤2−y Como a ´area de D ´e dada por A(D) =

ZZ

dxdy temos,

D

A(D) =

Z 1Z 0

2−y

dxdy =

y 1/3

Z

1


2 − y − y 1/3 dy =

0

i h 1 3 4/3 1 3 3 y2 = 2 − − = u.a. = 2y − − y 2

4

0

2

4

4

b) De x = y 2 + 1 e x + y = 3, temos y 2 + y − 2 = 0, portanto y = −2 ou y = 1. Logo, as interse¸c˜oes s˜ao (5, −2) e (2, 1). Assim, o esbo¸co da regi˜ao D est´a representado na figura que se segue. UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 1

13

y

1

1

2

5 D

x

sai em x = 3 − y

entra em x = y 2 + 1

−2

Descri¸c˜ao de D como uma regi˜ao do tipo II Vemos que D est´a compreendida entre as retas horizontais y = −2 e y = 1. Considerando uma reta horizontal qualquer no interior de D, diferente do eixo x, vemos que ela entra em D em x = y 2 + 1 −2 ≤ y ≤ 1 e sai de D em x = 3 − y. Ent˜ao, temos D : . Portanto, 2 y +1≤x≤3−y ZZ Z 1 Z 3−y Z 1
A(D) = dxdy = dxdy = 3 − y − y 2 − 1 dy = −2 y 2 +1

D

=

Z

1

−2

−2

h i1
y2 y3 2 − y − y 2 dy = 2y − − = 2

3

−2

    8 1 1 1 8 9 1 − −4 − 2 + = 2 − − + 4 + 2 − = u.a. = 2− − 2

3

3

2

3

3

2

c) O esbo¸co da regi˜ao D est´a representado na figura que se segue. sai em y = x2

y 1

−1

1

x

D −1 entra em y = x − 1

Descri¸c˜ao de D como uma regi˜ao do tipo I Vemos que D est´a limitada entre as retas verticais x = −1 e x = 1. Vemos, tamb´em, que qualquer reta vertical no interior de D, diferente do eixo y, entra em D em y = x − 1 e sai de D em y = x2 . UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Assim D :

Lista 1



14

−1 ≤ x ≤ 1 . Ent˜ao, x − 1 ≤ y ≤ x2 A(D) =

ZZ

dxdy =

h

x3 3

−

x2 2

x2

dydx =

−1 x−1

D

=

Z 1Z

Z

1

−1


x2 − x + 1 dx =

 i1    1 1 1 1 8 = +x − + 1 − − − − 1 = u.a. 3

−1

2

3

2

3

Exerc´ıcio 5: Calcule o volume do s´olido W , no primeiro octante, limitado pelo cilindro parab´olico z = 4 − x2 e pelos planos x + y = 2, x = 0, y = 0 e z = 0. Solu¸c˜ ao: Vamos fazer o esbo¸co, no primeiro octante, da superf´ıcie de equa¸c˜ao z = 4 − x2 dita cilindro parab´olico. No plano xz, tra¸camos o arco de par´abola z = 4 − x2 , com x ≥ 0 e z ≥ 0. Como esta equa¸c˜ao n˜ao depende da vari´avel y, consideramos, por pontos da par´abola, as semirretas paralelas ao eixo y. z 4

2

y

x Agora, vamos fazer o esbo¸co, no primeiro octante, da por¸c˜ao do plano de equa¸c˜ao x + y = 2. No plano xy tra¸camos o segmento de reta x + y = 2 que liga A(2, 0, 0) a B(0, 2, 0). Como esta equa¸c˜ao n˜ao depende da vari´avel z, tra¸camos por pontos do segmento as semirretas paralelas ao eixo z.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 1

15

z

2 B

2 A

y

x Vemos que A(2, 0, 0) e C(0, 2, 4) s˜ao pontos comuns `as duas superf´ıcies. Ent˜ao, a curva de interse¸c˜ao ´e a curva obtida ao ligar esses dois pontos. Considerando que o s´olido ´e limitado pelos planos x = 0, y = 0 e z = 0, temos o esbo¸co de W representado na figura que se segue. z 4 C “teto”: z = f (x, y) = 4 − x2

W

2 B “piso” D

2 A

y

x Temos V (W ) = triangular.

ZZ D

f (x, y) dxdy, onde f (x, y) = 4 − x2 , e D est´a representado na seguinte regi˜ao

y 2

sai em y = 2 − x

D

x+y = 2

2

x

entra em y = 0

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 1

Descrevendo D como uma regi˜ao do tipo I, temos D :

V (W ) =

ZZ

2

(4 − x ) dxdy =

D

=

Z

0

2

Z 2Z 0

0

16



0≤x≤2 . Ent˜ao, 0≤ y ≤ 2−x

2−x 2

(4 − x ) dydx =

Z

0

2

(4 − x2 )(2 − x) dx =

i2 h 4
2x3 20 x − − 2x2 + 8x = u.v. x3 − 2x2 − 4x + 8 dx = 4

3

0

3

Exerc´ıcio 6: Esboce o s´olido, no primeiro octante, limitado pelo cilindro x2 + z 2 = 1 e pelos planos y = 2x, y = 0 e z = 0, e encontre o seu volume. Solu¸c˜ ao: Vamos fazer o esbo¸co, no primeiro octante, da superf´ıcie de equa¸c˜ao x2 + z 2 = 1 dita cilindro circular. No plano xz, tra¸camos o arco de circunferˆencia x2 + z 2 = 1, com x ≥ 0 e z ≥ 0. Como esta equa¸c˜ao n˜ao depende da vari´avel y, consideramos, por pontos do arco as semirretas paralelas ao eixo y. z 1

y 1

x Agora, vamos fazer o esbo¸co, no primeiro octante, da por¸c˜ao do plano y = 2x. No plano xy, tra¸camos a semirreta y = 2x, com x ≥ 0. Como esta equa¸c˜ao n˜ao depende da vari´avel z, por pontos da semirreta, tra¸camos semirretas paralelas ao eixo z.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 1

17

z A

1

2 1

y B

x

Vemos que A(0, 0, 1) e B(1, 2, 0) s˜ao pontos comuns `as duas superf´ıcies. Ent˜ao, a curva de interse¸c˜ao ´e obtida ao ligarmos tais pontos. Considerando que W ´e limitado pelos planos y = 0 e z = 0, temos que o esbo¸co de W est´a representado na figura que se segue. y z sai em y = 2x

2

A 1 “teto”: z = f (x, y) = W

√ 1 − x2

D 1

x

entra em y = 0 2 1

y

x

“piso” D

B

Temos V (W ) =

ZZ

f (x, y) dxdy =

D

onde D, como tipo I, ´e dado por D :

V (W ) =

Z 1Z 0

=−

Z

0

0

2x

√

1−

 x2

ZZ √

1 − x2 dxdy,

D

0≤x≤1 . Ent˜ao, 0 ≤ y ≤ 2x dydx =

1

(1 − x2 )1/2 (−2x) dx = −

2 3

Z

1 0



√

1 − x2 · 2x dx =

(1 − x2 )3/2

1 0

2 3

= − (0 − 1) =

2 3

u.v.

Exerc´ıcio 7: Seja V o volume de um s´olido delimitado pelo cilindro parab´olico z = 8 − 2y 2 e pelos planos x = 0, x = 8 e z = 0. Calcule V . UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 1

18

Solu¸c˜ ao: Inicialmente tra¸camos, no plano yz, a par´abola z = 8 − 2y 2. Como esta equa¸c˜ao n˜ao depende da vari´avel x, consideramos, por pontos da par´abola, as retas paralelas ao eixo x. Como o s´olido est´a limitado pelos planos x = 0, x = 8 e z = 0, temos o esbo¸co do s´olido W representado na figura que se segue.

z 8 “teto”: z = f (x, y) = 8 − 2y 2

y W

2 D 8

−2

x

−2

2

y “piso” D

8

x Portanto, V (W ) =

ZZ

f (x, y) dxdy =

D

ZZ

2

(8 − 2y ) dxdy =

D

Z 2Z

−2 0

8

(8 − 2y 2) dxdy =

 i2  h 16 512 2y 3 = 16 16 − = u.v. = 8 8y − 3

−2

3

3

Exerc´ıcio 8: Calcule o volume do s´olido W delimitado pelas superf´ıcies y = x2 , y = 4, z = 0 e z = 4. Solu¸c˜ ao: No plano xy, esbo¸camos a par´abola y = x2 . Como esta equa¸c˜ao n˜ao depende da vari´avel z, tra¸camos, por pontos da par´abola, as retas paralelas ao eixo z. Considerando que o s´olido est´a limitado pelos planos z = 0, z = 4 e y = 4, temos o esbo¸co de W representado na figura que se segue.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 1

19

z “teto”: z = 4

y

4

sai em y = 4

4 D

W

entra em y = x2

−2

−2

2

x

2 4

x

y

“piso” D

Portanto,

V (W ) =

ZZ

f (x, y) dxdy =

D

=4

Z

2

−2

ZZ

4 dxdy =

Z 2Z

4

4 dydx =

−2 x2

D

  i h 32 128 x3 2 u.v. =4 = (4 − x ) dx = 4 4x − 2

3

−2

3

3

Exerc´ıcio 9: Encontre o volume do s´olido no primeiro octante, limitado pelos planos coordenados, pelo plano x = 3 e pelo cilindro parab´olico z = 4 − y 2 . Solu¸c˜ ao: Esbo¸co do s´olido W no primeiro octante No plano yz (x = 0), tra¸camos a par´abola z = 4 − y 2 com y ≥ 0 e z ≥ 0. Como esta equa¸c˜ao n˜ao depende da vari´avel x, consideramos, por pontos da par´abola, as semirretas paralelas ao eixo x, com x ≥ 0. Obtemos, assim, o cilindro parab´olico. Agora, tra¸camos o plano vertical x = 3 que intercepta o cilindro parab´olico segundo uma curva que cont´em os pontos A = (3, 0, 4) e B = (3, 2, 0). Considerando que o s´olido W est´a limitado pelos planos coordenados, temos o esbo¸co de W representado na figura que se segue.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 1

20

z 4

A

“teto” de W : z = f (x, y) = 4 − y 2

W

2 3

x

B

Por integral dupla, temos ZZ ZZ V (W ) = f (x, y) dxdy = D

=

Z

3 0

Z h i2 y3 4y − dx = 3

0

3

0

“piso” D : 0 ≤ x ≤ 3 , 0 ≤ y ≤ 2

4−y

D

2




dxdy =

Z   16 8 dx = 8− 3

y

3

Z 3Z

2

0

0

dx =

16 3

3

0


4 − y 2 dydx = · 3 = 16 u.v.

Exerc´ıcio 10: Use uma integral dupla para calcular o volume do s´olido W , no primeiro octante, compreendido pelas superf´ıcies y 2 = x, z = 0 e x + z = 1. Solu¸c˜ ao: Para esbo¸car o plano x + z = 1, desenhamos inicialmente, no plano xz, a reta x + z = 1. Como esta equa¸c˜ao n˜ao cont´em a vari´avel y, consideramos, por pontos da reta, as retas paralelas ao eixo y. Obtemos, assim, o esbo¸co do plano x + z = 1. z 1

S1

1

y

x Para esbo¸car a superf´ıcie de equa¸c˜ao x = y 2 (dita cilindro parab´olico, pela ausˆencia da vari´avel z), desenhamos, inicialmente, a par´abola x = y 2 , no plano xy, e, por pontos da par´abola, consideramos as retas paralelas ao eixo z, pois a equa¸c˜ao x = y 2 n˜ao cont´em a vari´avel z. Obtemos, assim, o esbo¸co da superf´ıcie de equa¸c˜ao x = y 2. UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 1

21

z 1

S2

−1

1

y 1

x Observemos que A1 = (1, 1, 0), A2 = (0, 0, 1) e A3 = (1, −1, 0) s˜ao pontos comuns `as duas superf´ıcies. Portanto, ao ligarmos A1 , A2 e A3 temos a curva interse¸c˜ao das duas superf´ıcies. z

A2

W

A3

y 1 A1

x Considerando que o s´olido W est´a limitado pelo plano z = 0 (plano xy), temos o esbo¸co de W . Vemos que o “teto” de W ´e o gr´afico de z = 1 − x e que o “piso” de W ´e a regi˜ao D dada por:

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 1

22

y 1 Entra em x = y 2

D

Sai em x = 1

x

1

−1

D : {(x, y) ∈ R2 ; −1 ≤ y ≤ 1 , y 2 ≤ x ≤ 1}. Logo, ZZ Z 1Z 1 Z V (W ) = (1 − x) dxdy = (1 − x) dxdy = −1

D

=

Z

1

−1

=

UFF

h

y 2

y2

−1

Z   i h y4 1 2 − y − dy = 1−

−

2

y3 3

+

y5 10

2

i1

−1

=2



1 2

1

−1

−

1 3

+

1 10

1





=

1 2

8 15

− y2 +

y4 2



h i x2 1 x− dy = 2

y2

dy =

u.v.

IME - GMA

Universidade Federal Fluminense ´ Instituto de Matematica e Estat´ıstica ´ Departamento de Matematica Aplicada

C´alculo III-A – M´odulo 2 Aula 3 – Mudan¸ca de Vari´aveis na Integral Dupla Objetivo • Aprender a fazer mudan¸ca de vari´aveis em integrais duplas. No C´alculo II, vocˆe aprendeu a f´ormula da mudan¸ca de vari´avel para uma fun¸c˜ao de uma vari´avel: Z b Z d f (x) dx = f (g(u)) g ′ (u) du . a

c

Para as integrais duplas, temos uma f´ormula an´aloga.

Uma mudan¸ca de vari´aveis em um subconjunto de R2 ´e dada por uma transforma¸c˜ao ϕ : Duv ⊂ R2 −→ R2
(u, v) 7−→ (x, y) = ϕ(u, v) = x(u, v), y(u, v)

de classe C 1 e injetora no interior de Duv .

y

v ϕ

f Dxy = ϕ(Duv )

Duv

x

u

Suponhamos que o jacobiano de ϕ, Jϕ(u, v) seja diferente de 0, isto ´e, ∂x ∂x ∂(x, y) ∂u ∂v J = Jϕ(u, v) = = 6= 0 . ∂(u, v) ∂y ∂y ∂u ∂v Prova-se que dxdy = |J| dudv. Seja Dxy = ϕ (Duv ). Ent˜ao, se f (x, y) ´e cont´ınua em Dxy , temos: ZZ

Dxy

f (x, y) dxdy =

ZZ

Duv


f x(u, v), y(u, v) |J| dudv .

R

´ Calculo III-A

´ Modulo 2

2

OBS.: Pelo teorema da fun¸c˜ao inversa, o jacobiano de ϕ−1 ´e dado por ∂u ∂u ∂x ∂y
1 −1 = Jϕ(u, v) −1 = Jϕ (x, y) = . J (ϕ(u, v)) ∂v ∂v ∂x ∂y Exemplo 1 Calcule, utilizando uma mudan¸ca de vari´aveis conveniente, a integral

ZZ

(x+y)6 y−x

dxdy, sendo Dxy a

Dxy

regi˜ao limitada pelas retas y + x = 3, y + x = 5, y − x = 1 e y − x = 3. Solu¸c˜ao: O esbo¸co de Dxy ´e: y 5

3

Dxy

3

5

x

Fa¸camos u = x + y, v = y − x, que nos d´a  Temos,

u + v = 2y u − v = 2x

∂x ∂x ∂(x, y) ∂u ∂v J= = ∂(u, v) ∂y ∂y ∂u ∂v 1 Como dxdy = |J| dudv, temos dxdy = 2 dudv.

ou

(

x=

u−v 2

y=

u+v 2

1 1 − 2 2 1 = = 6= 0 . 1 1 2 2 2

A seguir, vamos determinar Duv . Como Dxy ´e limitado por y + x = 3, y + x = 5, y − x = 1 e y − x = 3, a regi˜ao Duv ´e limitada por u = 3, u = 5, v = 1 e v = 3.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 2

3

v 3

Duv 1

3

5

Segue da f´ormula da mudan¸ca de vari´aveis que ZZ ZZ (x+y)6 u6 1 dxdy = · 2 dudv = y−x v Dxy

u

1 2

= = =

u6 v

dudv

Duv

Duv

=

ZZ

1 2

Z

1 2

Z

5

u 3 5

ln 3 2

3 1

1 v

dvdu

h i3 u6 ln v du 1

3

ln 3 2

Z

6

Z

5

u6 du

3

h 7 i5 u 7

3

= (57 − 37 ) ln143 .

Aula 4 – Integrais Duplas em Coordenadas Polares Objetivo • Estudar uma mudan¸ca de vari´aveis bastante usada: coordenadas polares. No C´alculo II, vocˆe aprendeu coordenadas polares (r, θ), onde r ´e a distˆancia de um ponto P = (x, y) `a origem e θ o ˆangulo (em radianos) formado pelo eixo x positivo e pelo raio polar OP . y P (x, y)

r

y

θ O

UFF

x

x

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 2

4

Da figura, vemos que x = r cos θ, y = r sen θ portanto x2 + y 2 = r 2 . Ent˜ao, consideremos a mudan¸ca de vari´aveis dada por  x = r cos θ ϕ: , y = r sen θ onde r ≥ 0 e θ0 ≤ θ ≤ θ0 + 2π, para algum θ0 ∈ R. O jacobiano de ϕ ´e dado por

Ent˜ao,

∂x ∂(x, y) ∂r = J = Jϕ = ∂(r, θ) ∂y ∂r ZZ

∂x ∂θ ∂y ∂θ

cos θ −r sen θ = sen θ r cos θ

f (x, y) dxdy =

D

ZZ

= r cos2 θ + r sen2 θ = r .

f (r cos θ, r sen θ) r drdθ .

Drθ

OBS.: 1. O termo dxdy n˜ao ´e substitu´ıdo por drdθ, mas por rdrdθ. 2. A ´area de D, em coordenadas polares, ´e dada por ZZ A(D) = r drdθ . Drθ

Exemplo 1 Calcule

ZZ

ex

2 +y 2

dxdy, onde D ´e a regi˜ao limitada pela curva y =

D

√

1 − x2 e pelo eixo x.

Solu¸c˜ao: O esbo¸co de D ´e: y 1 r=1

D

(r, θ) θ

−1

UFF

1

x

r=0

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 2

Passando para coordenadas polares, temos:    

x= y= dxdy =    2 2 x +y =

5

r cos θ r sen θ rdrdθ r2

Observemos que em D o ˆangulo θ varia de 0 (no eixo polar = eixo x positivo) a π (no ponto (−1, 0)). Fixado θ, tal que 0 ≤ θ ≤ π, o raio polar r varia de 0 a 1. Ent˜ao, Drθ ´e dado por:  0≤θ≤π Drθ : . 0≤r≤1 Logo, ZZ

x2 +y 2

e

dxdy =

ZZ

r2

e r drdθ =

0

Drθ

D

Z 1Z

π

r2

e r dθdr = π 0

Z

1

2

er r dr .

0

Temos d(r 2) = 2r dr, portanto r dr = 21 d(r 2 ). Ent˜ao, ZZ D

x2 +y 2

e

dxdy =

π 2

Z

1

2

er d(r 2 ) = 0

π 2

h i1 2 = π2 (e − 1) . er 0

Exemplo 2 Calcule I =

ZZ

y dxdy, onde D ´e limitado por x2 + y 2 = 2y.

D

Solu¸c˜ao: Completando o quadrado em x2 +y 2 = 2y, temos x2 +(y −1)2 = 1. Logo, temos uma circunferˆencia de centro (0, 1) e raio 1. Assim, o esbo¸co de D ´e: y 2

1

D

x Calcular I, enquadrando D como tipo I ou tipo II, ´e uma tarefa dif´ıcil (verifique), ent˜ao passemos para coordenadas polares. Temos,  x = r cos θ    y = r sen θ dxdy = rdrdθ    2 x + y 2 = r2 UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 2

6

Passando x2 + y 2 = 2y para coordenadas polares, temos r 2 = 2r sen θ ou r = 2 sen θ. Observemos que, como o eixo x ´e tangente `a circunferˆencia na origem, θ varia de 0 a π. Fixando θ, tal que 0 ≤ θ ≤ π, o raio polar r varia de 0 a 2 sen θ. Logo, o conjunto Drθ ´e dado por ( 0≤θ≤π Drθ : 0 ≤ r ≤ 2 sen θ Ent˜ao, I =

ZZ

r sen θ · r drdθ

ZZ

r 2 sen θ drdθ

Drθ

=

Drθ

π

Z

=

sen θ

0

Z

= =

Vale a pena lembrar que  2 4 2   sen θ = (sen θ) = Z   cos2 u du = 21 u +

Ent˜ao,

I = =

2 3 2 3

Z ·

sen θ

Z

π

x−y x+y

r 3

0

dθ

sen4 θ dθ .

0


1−cos 2θ 2 2

sen 2u 2




= 14 (1 − 2 cos 2θ + cos2 2θ)

+C

π

0 1 2

(1 − 2 cos 2θ + cos2 2θ) dθ Z

π 0

(1 − 2 cos 2θ + cos2 2θ) d(2θ)

= π.

ZZ

r 2 drdθ

h 3 i2 sen θ

h = 31 2θ − 2 sen 2θ + h = 31 3θ − 2 sen 2θ +

Exerc´ıcio 1: Calcule

2 sen θ

0

π

0

8 3

Z

1 2

2θ + iπ

sen 4θ 4

sen 4θ 2


iπ 0

0

dA, onde D ´e a regi˜ao compreendida pelas retas x−y = 0, x−y = 1,

D

x + y = 1 e x + y = 3.

Exerc´ıcio 2: Use a transforma¸c˜ao u =

y x

e v = xy para determinar

ZZ

xy 3 dA na regi˜ao D do

D

primeiro quadrante, limitada por y = x, y = 3x, xy = 1 e xy = 4. UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 2

Exerc´ıcio 3: Calcule a integral dupla

ZZ

e−(x

2 +y 2 )

7

dA, onde D ´e a regi˜ao contida na circunferˆencia

D

x2 + y 2 = 1. Exerc´ıcio 4: Calcule

ZZ D

p x2 + y 2 dxdy, onde D ´e o disco centrado fora da origem, dado pela

desigualdade x2 + y 2 ≤ 2y ou x2 + (y − 1)2 ≤ 1. Exerc´ıcio 5: Calcule

ZZ D

y p 2 x + y2

dA, onde D ´e a regi˜ao no primeiro quadrante fora da circunferˆencia

r = 2 e dentro do cardioide r = 2(1 + cos θ). Exerc´ıcio 6: Calcule as integrais, transformando-as em coordenadas polares.

a)

Z

1

−1

Z

0

√

1−x2

2

2 3/2

(x + y )

dydx

b)

Z 3Z 0

√ 18−x2

sen (x2 + y 2 + 1) dydx

x

Exerc´ıcio 7: Determine o volume do s´olido W , limitado pelo paraboloide z = 4 − x2 − y 2 e pelo plano xy. Exerc´ıcio 8: Determine o volume do s´olido W no interior da esfera x2 + y 2 + z 2 = 4 e do cilindro x2 + (y − 1)2 = 1 e acima do plano z = 0.

UFF

IME - GMA

Universidade Federal Fluminense ´ Instituto de Matematica e Estat´ıstica ´ Departamento de Matematica Aplicada

C´alculo III-A – M´odulo 2 – Tutor Exerc´ıcio 1: Calcule

ZZ

x−y x+y

D

dA onde D ´e a regi˜ao compreendida pelas retas x − y = 0, x − y = 1,

x + y = 1 e x + y = 3. Solu¸c˜ ao: Calcular diretamente essa integral seria penoso pela complexidade da regi˜ao de integra¸c˜ao. Mas a ocorrˆencia das express˜oes x − y e x + y no integrando e tamb´em nas equa¸c˜oes da fronteira u+v u−v sugere a seguinte transforma¸c˜ao: u = x + y e v = x − y donde x = ey= . 2

2

O jacobiano J ´e dado por ∂x ∂(x, y) ∂u = J= ∂(u, v) ∂y

∂x ∂v ∂y ∂v

∂u

=

1 2 1 2

1 2 1 − 2

−1 1 1 = − =− . 4 4 2

Com essa transforma¸c˜ao a fronteira de Duv ´e formada pelas retas v = 0, v = 1, u = 1 e u = 3 v 1 Duv 1

u

3

Assim, pela f´ormula da mudan¸ca de vari´aveis temos: ZZ Z 1Z ZZ ZZ x−y 1 v v −1 dA = |J| dudv = dudv = x+y

u

D

=

u

Duv

1 2

Z

0

1



v ln u

3 1

dv =

2

2

0

Duv

1 2

Z

1

0

Exerc´ıcio 2: Use a transforma¸c˜ao u =

v(ln 3 − ln 1) dv = y x

1 2

ln 3

Z

3 1

v u

1

v dv =

0

e v = xy para determinar

ZZ D

primeiro quadrante, limitada por y = x, y = 3x, xy = 1 e xy = 4. Solu¸c˜ ao: O esbo¸co da regi˜ao D est´a representado na figura que se segue.

dudv = 1 4

ln 3 .

xy 3 dA na regi˜ao D do

´ Calculo III-A

´ Modulo 2 – Tutor

2

y v 4

y = 3x

Duv

y=x D

1 xy = 4 1

xy = 1

3

u

x Com essa transforma¸c˜ao, a regi˜ao D transforma-se na regi˜ao Duv limitada pelas retas u = 1, u = 3, v = 1 e v = 4. Temos: ∂u ∂u −y 1 ∂x ∂y ∂(u, v) y y 2y x2 x J −1 = = = = − x − x = − x = −2u . ∂(x, y) ∂v ∂v y x ∂x

∂y

Logo,

∂(x, y) 1 1 1 = −1 = =− . J −2u 2u ∂(u, v)

De u = y/x e v = xy temos uv = y 2. Portanto, o integrando xy 3 = xy · y 2 transforma-se em v · uv = uv 2 . Assim, da f´ormula da mudan¸ca de vari´aveis temos: ZZ ZZ ZZ ZZ 1 1 3 2 ∂(x, y) 2 xy dA = uv v 2 dudv = uv − dudv = dudv = ∂(u, v)

D

2u

Duv

Z 3Z

4

3

v3 3

i4

Exerc´ıcio 3: Calcule a integral dupla

ZZ

=

1 2

1

1

v 2 dvdu =

2

Duv

Duv

1 2

Z

1

h

1

1 6

du = (64 − 1) e−(x

2 +y 2 )

Z

1

3

du =

63  3 u 1 3

=

21 (3 − 1) 2

= 21 .

dA onde D ´e a regi˜ao contida na circunferˆencia

D

x2 + y 2 = 1. Solu¸c˜ ao: O esbo¸co da regi˜ao D est´a representado na figura que se segue.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 2 – Tutor

3

y 1 D

x

1

Passando para coordenadas polares, vemos que x2 + y 2 = r 2 e dA = r drdθ. Descri¸c˜ao de D em coordenadas polares Efetuando uma “varredura” em D no sentido anti-hor´ario a partir do eixo x positivo vemos que 0 ≤ θ ≤ 2π. A equa¸c˜ao x2 + y 2 = 1 transforma-se em r 2 = 1 ou r = 1. Assim, para θ fixo, fazemos r crescer de r = 0 a r = 1. Logo Drθ ´e dado pelas desigualdades 0 ≤ θ ≤ 2π e 0 ≤ r ≤ 1. Portanto: ZZ ZZ Z 2π Z 1 2 −(x2 +y 2 ) −r 2 e dA = e r drdθ = e−r r drdθ = D

=

0

Drθ

1 −2

Z

0

2π Z 1

−r 2

e

(−2r) drdθ =

0

Exerc´ıcio 4: Calcule

ZZ

D

p

1 − 2

Z

0

2π

0

h

−r 2

e

i1 0

dθ =

1 − 2

e

−1

−1




Z

0

2π


dθ = 1 − e−1 π .

x2 + y 2 dxdy onde D ´e o disco centrado fora da origem, dado pela

desigualdade x2 + y 2 ≤ 2y ou x2 + (y − 1)2 ≤ 1. Solu¸c˜ ao: O esbo¸co de D est´a representado na figura que se segue. y 2 D 1

x Passando para coordenadas polares temos:    

x y dxdy    2 x + y2

UFF

= = = =

r cos θ r sen θ . r drdθ r2 IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 2 – Tutor

O integrando

4

p √ 3 3 x2 + y 2 transforma-se em r 2 = r 2/3 .

Descri¸c˜ao de D em coordenadas polares

Efetuando uma “varredura” em D no sentido anti-hor´ario a partir do eixo x positivo vemos que θ varia de 0 a π. A equa¸c˜ao da circunferˆencia x2 + y 2 = 2y transforma-se, em coordenadas polares, em r 2 = 2r sen θ donde r = 2 sen θ ´e a equa¸c˜ao polar da circunferˆ  encia. Assim, para θ fixo, fazemos 0≤θ≤π . r crescer de r = 0 a r = 2 sen θ. Logo, Drθ ´e dado por Drθ : 0 ≤ r ≤ 2 sen θ θ π

π/2

r

2

Ent˜ao, ZZ p

x2 + y 2 dxdy =

D

=

π

Z

0

ZZ √

r2

r drdθ =

r 3

0

dθ =

8 3

Z

2

r drdθ =

Z πZ 0

Drθ

Drθ

h 3 i2 sen θ

ZZ

2 sen θ

r 2 drdθ =

0

π

sen3 θ dθ . 0

Mas:
sen3 θ = sen2 θ sen θ = 1 − cos2 θ sen θ .

Fazendo u = cos θ temos du = − sen θ dθ. Para θ = 0 temos u = 1 e para θ = π temos u = −1. Ent˜ao, Z π Z 1 Z 1


8 8 −8 2 2 I= 1 − cos θ sen θ dθ = 1 − u (−du) = 1 − u2 du = 3

=

8 3

Z

3

0

1 −1

1 − u2 )du =

8 3

3

−1

−1

h i h   i   u3 1 8 1 1 8 2 32 u− = 1− − −1 + = 2− = . 3

−1

3

3

3

3

3

9

OBS.: Vocˆe notou que um disco centrado na origem transforma-se em um retˆangulo no plano rθ e que um disco centrado fora da origem n˜ao se transforma em um retˆangulo no plano rθ? Exerc´ıcio 5: Calcule

ZZ D

y p 2 x + y2

dA onde D ´e a regi˜ao no primeiro quadrante fora da circunferˆencia

r = 2 e dentro do cardioide r = 2(1 + cos θ). UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 2 – Tutor

5

Solu¸c˜ ao: Passando para coordenadas polares temos y = r sen θ, x2 + y 2 = r 2 e dA = r drdθ. Esbo¸co de D Seja r = 2(1 + cos θ). Para θ = 0, θ = π/2, θ = π, θ = 3π/2 e θ = 2π temos, respectivamente, r = 4, r = 2, r = 0 e r = 2. De r 2 = 4 temos x2 + y 2 = 4. Assim, o esbo¸co da regi˜ao D est´a representado na figura que se segue.

sai em r = 2(1 + cos θ) 2

P entra em r = 2

D 2

4

−2

Efetuando uma “varredura” em D no sentido anti-hor´ario a partir do eixo x positivo (onde θ = 0) at´e o eixo y positivo (onde θ = π/2), vemos que 0 ≤ θ ≤ π/2. Considerando um ponto P no interior de D, vemos que a semirreta OP entra em D em r = 2 e sai de D em r = 2(1 + cos θ). 0 ≤ θ ≤ π/2 . Assim: Ent˜ao, temos Drθ : 2 ≤ r ≤ 2(1 + cos θ) ZZ ZZ ZZ r sen θ y p √ dA = r drdθ = r sen θ drdθ = 2 2 2 x +y

r

Drθ

D

= = =

Z 1 2

π/2

sen θ 0

Z

Z

Drθ

2(1+cos θ)

r drdθ =

2

π/2

π/2

sen θ 0

  1 sen θ 4(1 + cos θ)2 − 4 = · 4 2

0

2 −1

Z

Z

Z

h 2 i2(1+cos θ) r 2

0

dθ =

π/2


1 + 2 cos θ + cos2 θ − 1 sen θ dθ =

0

π/2 2

2




2 cos θ + cos θ (− sen θ) dθ = −2

h

2 cos2 θ 2

+

cos3 θ 3

iπ/2 0

=

h  i 1 8 = −2 0 − 1 + = . 3

3

Exerc´ıcio 6: Calcule as integrais, transformando-as em coordenadas polares. a)

Z

1

−1

UFF

Z

0

√

1−x2

2

2 3/2

(x + y )

dydx

b)

Z 3Z 0

√ 18−x2

sen (x2 + y 2 + 1) dydx

x

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 2 – Tutor

6

Solu¸c˜ ao: a) Temos: I= onde

Z

1 −1

Z

√

1−x2 2

x +y

0


2 3/2

dydx =

ZZ

x2 + y 2

D


3/2

dxdy,

n o √ 2 2 D = (x, y) ∈ R | −1 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 − x .

Logo, D est´a entre as retas x 1 e est´a
limitada inferiormente pela reta y = 0 e √ = −1 e x = 2 2 superiormente pela curva y = 1 − x ou x + y 2 = 1 , com y ≥ 0. Assim, o esbo¸co da regi˜ao D est´a representado na figura que se segue. y 1

D −1

x

1

2 2 2 Passando para  coordenadas polares, temos x + y = r e dA = rdrdθ e Drθ ´e dado pelas desigual0≤θ≤π . Ent˜ao, dades Drθ : 0≤r≤1

I=

ZZ

Drθ

r


2 3/2

r drdθ =

ZZ

4

r drdθ =

Drθ

Z

1

r 0

4

Z

π

dθdr = π

0

Z

0

1

r 4 dr = π

h 5 i1 r 5

0

=

π 5

.

b) Temos, I=

Z

3 0

Z

x

√

18−x2 2

2




sen x + y + 1 dydx =

ZZ D


sen x2 + y 2 + 1 dxdy

√  onde D : (x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ x ≤ 3 , x ≤ y ≤ 18 − x2 . Logo, D est´a entre as retas verticais x = 0 √ e x = 3 e est´a limitada inferiormente pela reta y = x e superiormente pela curva y = 18 − x2 ou x2 + y 2 = 18, com y ≥ 0. De y = x e x2 + y 2 = 18, com y ≥ 0 temos x2 = 9. Como x ≥ 0, temos x = 3 donde y = 3. Logo, o ponto de interse¸c˜ao ´e o ponto (3, 3). Assim, o esbo¸co de D est´a representado na figura que se segue.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 2 – Tutor

7

y sai em r = √

√

18

18

P

(3, 3) D

y=x π/4

x

3 entra em r = 0

Descri¸c˜ao de D em coordenadas polares Efetuando uma “varredura” em D no sentido anti-hor´ario a partir da reta y = x (onde θ = π/4) at´e o eixo y positivo (onde θ = π/2) vemos que θ varia de π/4 a π/2. Considerando um √ ponto P no interior deD vemos que a semirreta OP entra em D em r = 0 e sai de D em r = 18 . Ent˜ao π/4 ≤ θ √ ≤ π/2 temos Drθ : . Ent˜ao, 0 ≤ r ≤ 18 I=

ZZ

Drθ

sen r 2 + 1 r drdθ =


Z

√ 18

sen r 2 + 1 r


0

Z

π/2

dθdr =

π/4

π 4

Z

0

√

18


sen r 2 + 1 r dr .

2 Fazendo √ u = r + 1 temos du = 2r dr donde r dr = −du/2. Para r = 0 temos u = 1 e para r = 18 temos u = 19. Ent˜ao, Z 19 h i19   π π π du I= = − cos u = (cos 1 − cos 19) . sen u

4

1

2

8

1

8

Exerc´ıcio 7: Determine o volume do s´olido W, limitado pelo paraboloide z = 4 − x2 − y 2 e pelo plano xy. Solu¸c˜ ao: O esbo¸co de W est´a representado na figura que se segue.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 2 – Tutor

8

z 4

y 2 D

W

2

x

y

2 2 “piso” D : x2 + y 2 ≤ 4

x Temos:

V (W ) =

ZZ

f (x, y) dxdy =

D

e Drθ :

0 ≤ θ ≤ 2π . Ent˜ao, 0≤r≤2

V (W ) =

ZZ

4−r

Drθ

2





4 − x2 − y 2 dxdy .

D

Passando para coordenadas polares temos     

ZZ

x y dxdy    2 x + y2

r drdθ =

Z

0

= = = =

r cos θ r sen θ r drdθ r2

2

4r − r

3




Z

2π

dθdr = 2π

0

Z

2 0


4r − r 3 dr =

i h r4 2 2 = 2π(8 − 4) = 8π u.v. = 2π 2r − 4

0

Exerc´ıcio 8: Determine o volume do s´olido W no interior da esfera x2 + y 2 + z 2 = 4 e do cilindro x2 + (y − 1)2 = 1 e acima do plano z = 0. Solu¸c˜ ao: O esbo¸co de W est´a representado na figura que se segue.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 2 – Tutor

9

z

z

2

2

W1

W

D

1

x

“teto”

x

2

y

1 2

y

“piso”

y 2

1

D

x Por simetria, temos que V (W ) = 2V (W1 ) onde n o p 3 2 2 2 2 W1 = (x, y, z) ∈ R ; (x, y) ∈ D : x + (y − 1) ≤ 1 , x ≥ 0 e 0 ≤ z ≤ 4 − x − y . p Vemos, tamb´em, que o “teto” de W1 ´e a superf´ıcie z = 4 − x2 − y 2 = f (x, y) e que o “piso” ´e o semidisco D : x2 + (y − 1)2 ≤ 1, com x ≥ 0. Logo: ZZ ZZ p 4 − x2 − y 2 dxdy . V (W ) = 2V (W1 ) = 2 f (x, y) dxdy = 2 D

D

Passando para coordenadas polares, temos x2 +y 2 = r 2 e dxdy = r drdθ. A equa¸c˜ao x2 +(y−1)2 = 1 ou x2 + y 2 = 2y transforma-se em r 2 = 2r sen θ ou r(r − 2 sen θ) = 0 portanto r = 0 ou r = 2 sen θ. UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 2 – Tutor

Ent˜ao, o semidisco D em coordenadas polares ´e Drθ : V (W ) = 2

ZZ

4 − r2

Drθ

= =

0

= = =

2 3

2 sen θ

Z

0

2π

Z

π/2

Z

2 −2

4 − r2

0

h

4 − r2

2 − 3

Z

π/2

2 − 3

Z

π/2

2 − 3

Z

π/2

0

0


1/2

h h



4 − 4 sen2 θ 2

4 cos θ 2

4 cos θ

0


3/2


3/2


1/2

π/2 2

4 cos θ

0

=8

Z

0

π/2


3/2

dθ = 8

Z

(−2r) drdθ =

dθ =


3/2

i − 43/2 dθ =

i

− 8 dθ =

dθ +

Como 0 ≤ θ ≤ π/2, temos cos θ ≥ 0, portanto (4 cos2 θ) Z

0 ≤ θ ≤ π/2 . Ent˜ao, 0 ≤ r ≤ 2 sen θ

r drdθ =


3/2 i2 sen θ 0

10

16 3 3/2

Z

π/2

dθ . 0

= (2 cos θ)3 = 8 cos3 θ. Ent˜ao,

π/2

cos2 θ · cos θ dθ =

0

iπ/2 h sen3 θ = 1 − sen θ d(sen θ) = 8 sen θ − 2




3

0

  1 16 =8 1− = . 3

Assim,

3

2 3

V (W ) = − ·

UFF

16 3

+

16 3

·

π 2

8 9

= (3π − 4) u.v.

IME - GMA

Universidade Federal Fluminense ´ Instituto de Matematica e Estat´ıstica ´ Departamento de Matematica Aplicada

C´alculo III-A – Lista 2 Exerc´ıcio 1: Use a mudan¸ca u = x+y e v = x−y e calcule a integral de f (x, y) = (x+y)2 sen2 (x−y) sobre a regi˜ao D : |x| + |y| ≤ π. Solu¸c˜ ao: O esbo¸co da regi˜ao D est´a representado na figura que se segue. y x − y = −π

π

x+y =π

D −π x + y = −π

u+v

π

−π

x

x−y =π

u−v

ey= . Portanto, o jacobiano da mudan¸ca ´e dado De u = x + y e v = x − y temos x = 2 2 por: ∂x ∂x 1 1 ∂(x, y) 1 1 −1 2 ∂u ∂v 2 J= − =− . = = = 4 4 2 1 1 ∂(u, v) ∂y ∂y − 2 2 ∂u ∂v 1

Como dxdy = |J| dudv ent˜ao dxdy = dudv. A fun¸c˜ao f (x, y) = (x+y)2 sen2 (x−y) transforma-se 2 em u2 sen2 v.

Como D ´e limitada pelas retas x + y = π, x + y = −π, x − y = π e x − y = −π, ent˜ao Duv ´e limitada pelas retas u = π, u = −π, v = π e v = −π.

´ Calculo III-A

Lista 2

24

v π Duv −π

u

π

−π

Assim, pela f´ormula da mudan¸ca de vari´aveis temos: ZZ ZZ f (x, y) dxdy = (x + y)2 sen2 (x − y) dxdy = D

=

D

ZZ

2

1 2

Z

dv =

1 2

1 2

2

(u sen v) dudv =

Duv

=

1 2

Z

π 2

sen v −π

h

u3 3

iπ

−π

π 2

sen v −π

·

Z

π

u2 dudv =

−π

2π 3 3

Z

π

sen2 v dv =

−π

h i π3 1 π4 sen 2v π = = · v− . 3

2

2

−π

3

Exerc´ıcio 2: Use a mudan¸ca de vari´aveis u = xy e v = y/x, e calcule a integral dupla

ZZ

(x2 +

D

2y 2) dA, sendo D a regi˜ao do plano xy no primeiro quadrante, delimitada pelas curvas xy = 1, xy = 2, y = x e y = 2x. u

Solu¸c˜ ao: Se u = xy e v = y/x vemos que uv = y 2 e v outro lado ∂u ∂u ∂x ∂y y ∂(u, v) 1 = J −1 = = = J ∂(x, y) ∂v ∂v −y x2 ∂u

Logo, J =

1 2v

∂y

. Como dA = |J| dudv, ent˜ao dA =

1 2v

= x2 . Assim, x2 + 2y 2 =

u v

+ 2uv. Por

x 2y y y 1 = x + x = x = 2v .

x

dudv .

Como D est´a limitada por xy = 1, xy = 2, y = x (ou y/x = 1) e y = 2x (ou y/x = 2) ent˜ao Duv est´a limitada por u = 1, u = 2, v = 1 e v = 2.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 2

25

v 2 Duv 1

1

u

2

Logo, pela f´ormula de mudan¸ca de vari´aveis, temos: ZZ ZZ   1 u 2 2 + 2uv dudv = (x + 2y ) dA = 2v

v

D

=

Duv

ZZ 

1 2

u v2



+ 2u dudv =

Duv

=

Z

1 2

1

2



1 v2

+2

h

u2 2

i2 1

1 2

dv =

Z 2Z 1

3 4

1

Z

1

2

2





1 v2

1 v2

 + 2 u dudv =

 + 2 dv =

i2  i h h 3 3 15 1 1 = − + 2v = − + 4 − (−1 + 2) = . 4

Exerc´ıcio 3: Calcule

ZZ

v

1

4

2

8

xy 3 dA da regi˜ao D do primeiro quadrante, limitada por y = x, y = 3x,

D

xy = 1 e xy = 4.

Solu¸c˜ ao: O esbo¸co da regi˜ao D est´a representado na figura que se segue. y v 4

y = 3x

Duv

y=x D

1 xy = 4 1

xy = 1

3

u

x Com a transforma¸c˜ao u = y/x, v = xy, a regi˜ao D transforma-se na regi˜ao Duv limitada pelas retas

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 2

u = 1, u = 3, v = 1 e v = 4. Temos: ∂u ∂u −y ∂x ∂y ∂(u, v) x2 = J −1 = = ∂(x, y) ∂v ∂v y ∂x

∂y

Logo:

26

= − y − y = − 2y = −2u . x x x x

1 x

∂(x, y) 1 1 1 =− . = −1 = J −2u 2u ∂(u, v)

De u = y/x e v = xy temos que uv = y 2 . Portanto, o integrando xy 3 = xy · y 2 transforma-se em v · uv = uv 2 . Assim, da f´ormula da mudan¸ca de vari´aveis temos: ZZ ZZ ZZ 1 3 2 ∂(x, y) 2 xy dA = uv dudv = uv − dudv = 2u

∂(u, v)

D

=

Duv

1 2

ZZ

2

v dudv =

Duv

1 2

Duv

=

1 (64 − 1) 6

Z

1

3

du =

Z 3Z 1

4

2

v dvdu =

1

63  3 u 1 3

=

1 2

21 (3 − 1) 2

Z

1

3

h

v3 3

i4 1

du =

= 21 .

Exerc´ıcio 4: Use coordenadas polares para calcular as seguintes integrais duplas: a)

ZZ

b)

ZZ

x2 + y 2

ZZ

ln(x2 + y 2 ) x2 + y 2

p x2 + y 2 dxdy, sendo D o disco de centro na origem e raio 2.

D

D

c)


2

D

d)

Z

a

Z

√

a2 −x2

dA, onde D ´e a regi˜ao dada por x2 + y 2 ≤ 4, com x ≥ 0. dxdy, sendo D : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ e2 , com y ≥ 0.

e−x

2 −y 2

dydx.

−a 0

e)

ZZ D

f)

ZZ D

1 p 2 x + y2

dA, sendo D : 1 ≤ x ≤ 3 e 0 ≤ y ≤ x.

(x + y) dA, sendo D : x2 + y 2 − 2y ≤ 0.

Solu¸c˜ ao: a) O esbo¸co da regi˜ao D est´a representado na figura que se segue.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 2

27

y sai em r = 2 2

D 2

x

entra em r = 0

Em coordenadas polares temos

p

x2 + y 2 =

√

r 2 = r e dxdy = rdrdθ.

Descri¸c˜ao de D em coordenadas polares Efetuando uma “varredura” em D, no sentido anti-hor´ario, a partir do eixo x positivo, vemos que 0 ≤ θ ≤ 2π. Considerando um ponto P qualquer no interior de D, vemos que a semirreta entra em D na origem onde r = 0 e sai de D em um ponto da circunferˆenciaonde r = 2. Ent˜ao, 0 ≤ r ≤ 2. Assim, a 0≤r≤2 . regi˜ao D ´e transformada na regi˜ao Drθ dada por Drθ : 0 ≤ θ ≤ 2π θ 2π

Drθ

2

Logo:

r

ZZ ZZ Z 2Z ZZ p 2 2 2 x + y dxdy = r · r drdθ = r drdθ = Drθ

D

= 2π

Z

2 2

r dr = 2π 0

h 3 i2 r 3

0

Drθ

=

16π 3

0

2π

r 2 dθdr =

0

.

Observa¸c˜ ao: Notem que em coordenadas polares qualquer disco de centro na origem transforma-se em um retˆangulo com os lados paralelos aos eixos coordenados. b) O esbo¸co da regi˜ao D est´a representado na figura que se segue.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 2

28

y 2 D

x

2

−2

Descri¸c˜ao de D em coordenadas polares Efetuando uma “varredura” em D, no sentido anti-hor´ario, a partir do eixo y negativo, onde θ = −π/2 at´e o eixo y positivo onde θ = π/2, vemos que −π/2 ≤ θ ≤ π/2. Considerando um ponto P qualquer no interior de D, vemos que a semirreta OP entra em D na origem onde r = 0 e sai de D em um ponto da circunferˆencia  onde r = 2. Logo, 0 ≤ r ≤ 2. Assim, 0≤r≤2 . a regi˜ao D ´e transformada na regi˜ao Drθ dada por Drθ : −π/2 ≤ θ ≤ π/2 θ π 2

Drθ 2

r

− π2

Logo:

ZZ

2

2 2

(x + y ) dA =

D

=

ZZ

4

r · r drdθ =

Drθ

Z

0

2

r5

Z

π/2

dθdr = π −π/2

ZZ

r 5 drdθ =

Drθ

Z

0

2

r 5 dr = π

h 6 i2 r 6

0

=

32π 3

.

c) O esbo¸co da regi˜ao D est´a representado na figura que se segue.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 2

29

y e sai em r = e 1

D −e

−1

ln(x2 + y 2 ) x2 + y 2

Em coordenadas polares temos

P

=

e x entra em r = 1

1

ln(r2 ) 2 ln r = 2 r2 r

e dxdy = r drdθ.

Descri¸c˜ao de D em coordenadas polares Efetuando uma “varredura” em D, no sentido anti-hor´ario, vemos que 0 ≤ θ ≤ π. Considerando um ponto P qualquer no interior de D, vemos que a semirreta OP entra em D em um ponto da circunferˆencia x2 + y 2 = 1 onde r = 1 e sai de D em um ponto da circunferˆencia x2 + y 2 =e2 onde r = e. Ent˜ao, 1 ≤ r ≤ e. Assim, a regi˜ao D ´e transformada na regi˜ao Drθ dada 1≤r≤e por Drθ : . 0≤θ≤π θ π Drθ

Logo:

ZZ

ln(x2 + y 2 ) x2 + y 2

dxdy =

D

=2

r

e

1

ZZ

2 ln r r2

· r drdθ = 2

Drθ

Z

e

1

Z

ln r r

π

dθdr = 2π

0

ln r r

drdθ =

Drθ

Z

1

1

ZZ

e

ln r r

dr .

Fazendo u = ln r temos du = dr. Por outro lado, para r = 1 temos u = ln 1 = 0 e para r = e r temos u = ln e = 1. Ent˜ao: Z e Z 1 h 2 i1 ln r 1 u = . dr = u du = r

0

2

0

0

2

Substituindo acima temos:

ZZ

ln(x2 + y 2 ) x2 + y 2

dxdy = 2π ·

1 2

= π.

D

d) Temos I=

Z

a

−a

UFF

Z

0

√

a2 −x2

−x2 −y 2

e

dydx =

ZZ

e−x

2 −y 2

dxdy

D

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 2

30



−a ≤ x ≤ √a cujo esbo¸co est´a represen0 ≤ y ≤ a2 − x2 ⇒ x2 + y 2 = a2 , y ≥ 0 tado na figura que se segue. onde D ´e dada por D :

y a D

−a

a 2

2

x

2

−(x +y ) Passando para = e−r e dxdy = r drdθ e a regi˜ao D transforma coordenadas polares temos e 0≤r≤a se em Drθ : . Logo: 0≤θ≤π ZZ Z a Z π Z a 2 −r 2 −r 2 I= e r drdθ = e r dθdr = π e−r r dr = 0

Drθ

=

π −2

Z

a

−r 2

e

(−2r)dr =

0

0

π − 2

0

h 2 ia 2
π = 1 − e−a . e−r 0

2

e) O esbo¸co da regi˜ao D est´a representado na figura que se segue. y y=x

D 1

Por coordenadas polares temos p

1

x2

+

3 1

y2

dA = √

r2

x

· r drdθ = drdθ.

Descri¸c˜ao de D em coordenadas polares Efetuando uma “varredura” em D, no sentido anti-hor´ario, a partir do eixo x positivo onde θ = 0 at´e a reta y = x onde θ = π/4, vemos que 0 ≤ θ ≤ π/4. Considerando um ponto P qualquer no interior de D, vemos que a semirreta OP entra em D na 1 reta vertical x = 1 ou r cos θ = 1 donde r = = sec θ e sai de D na reta vertical x = 3 ou r cos θ = 3 donde r =

UFF

3 cos θ

cos θ

= 3 sec θ. Ent˜ao, sec θ ≤ r ≤ 3 sec θ. Assim, a regi˜ao D ´e transformada

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 2

na regi˜ao Drθ dada por Drθ : ZZ

1 p x2 + y 2

D

=

Z

0



31

sec θ ≤ r ≤ 3 sec θ . Logo: 0 ≤ θ ≤ π/4

dA =

ZZ

drdθ =

Z

0

Drθ

π/4

(3 sec θ − sec θ)dθ = 2

Z

π/4 Z 3 sec θ

π/4

0

drdθ =

sec θ

 π/4 sec θ dθ = 3 ln(sec θ + tg θ) 0 =

 i h  π π − ln(sec 0 + tg 0) = = 3 ln sec + tg 4

4

√

√  = 3 ln( 2 + 1) − ln(1 + 0) = 3 ln( 2 + 1) . 

f) De x2 + y 2 − 2y = 0 temos x2 + (y − 1)2 = 1. Assim, o esbo¸co da regi˜ao D est´a representado na figura a seguir. y 2 D 1

sai em r = 2 sen θ P

x entra em r = 0

Temos:

ZZ

(x + y) dA =

D

ZZ

x dA +

D

ZZ

y dA .

D

Como f (x, y) = x ´e uma fun¸c˜ao ´ımpar na vari´avel x e a regi˜ao D tem simetria em rela¸c˜ao ao eixo y, ent˜ao: ZZ ZZ f (x, y) dA =

D

Assim:

x dA = 0 .

D

ZZ

(x + y) dA =

D

ZZ

y dA .

D

Em coordenadas polares temos ydA = (r sen θ)r drdθ = r 2 sen θ drdθ. Descri¸c˜ao de D em coordenadas polares Efetuando uma “varredura” em D, no sentido anti-hor´ario, a partir do eixo x positivo onde θ = 0 at´e o eixo x negativo onde θ = π, vemos que 0 ≤ θ ≤ π. Considerando um ponto P qualquer no interior de D, n˜ao situado no eixo y, vemos que a semirreta OP entra em D na origem onde r = 0 e sai de D em um ponto da circunferˆencia x2 + y 2 = 2y UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 2

32

ou r 2 = 2r sen θ donde r = 2 sen θ, para r6= 0. Ent˜ao, 0 ≤ r ≤ 2 sen θ. Assim, a regi˜ao D ´e 0 ≤ r ≤ 2 sen θ transformada na regi˜ao Drθ dada por Drθ : . Logo: 0≤θ≤π ZZ

(x + y)dA =

D

=

= =

y dA =

D

Z

π

8 3

Z

sen θ

0

=

ZZ

Z

2 sen θ 2

r drdθ =

4

sen θ dθ = 0

8 12

Z

π

2 3

1 2

Z

Z

π 0



Z

π 0

1 − cos 2θ 2

h 3 i2 sen θ r 3

sen θ 2

0

dθ =

dθ =


1 − 2 cos 2θ + cos2 2θ dθ =

0

·

8 3

r 2 sen θ drdθ =

Drθ

0

π

ZZ

π

0


1 − 2 cos 2θ + cos2 2θ d(2θ) =

h  i 1 sen 4θ π 1 1 2θ − 2 sen 2θ + 2θ + = (2π + π) = π . = 3

2

2

0

3

Exerc´ıcio 5: Calcule a ´area da regi˜ao no primeiro quadrante, fora da circunferˆencia x2 + y 2 = 4 e dentro da circunferˆencia x2 + y 2 = 4x. Solu¸c˜ ao: O esbo¸co da regi˜ao D est´a representado na figura que se segue.

y sai em r = 4 cos θ 2

√ (1, 3)

√ 3

θ

P

1

D θ 2

4

x

entra em r = 2

Da teoria, temos que: A(D) =

ZZ D

dxdy =

ZZ

r drdθ .

Drθ

Descri¸c˜ao de D em coordenadas polares √ De x2 + y 2 = 4 e x2 + y 2 = 4x temos 4x = 4 donde x = 1 e, portanto, y√= 3 . Assim, a interse¸c˜ao √ √ 3 = 3 donde θ = π/3. ´e o ponto (1, 3). No triˆangulo retˆangulo acima, temos que tg θ = 1

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 2

33

Assim, efetuando uma “varredura” em D, no sentido anti-hor´ario a partir do eixo x positivo, vemos que 0 ≤ θ ≤ π/3. Considerando um ponto P qualquer no interior de D vemos que a semirrreta OP entra em D na circunferˆencia x2 +y 2 = 4 donde r = 2 e sai de D na circunferˆencia x2+y 2 = 4x donde r 2 = 4r cos θ 2 ≤ r ≤ 4 cos θ ou r = 4 cos θ, se r 6= 0. Assim, 2 ≤ r ≤ 4 cos θ. Logo temos Drθ : . Ent˜ao: 0 ≤ θ ≤ π/3 A(D) = = =

1 2 1 2

Z

0

Z 4 cos θ π/3

r drdθ =

2

Z

π/3 0

h 2 i4 cos θ r 2

2

dθ =

1 2

Z

0

π/3

(16 cos2 θ − 4) dθ =

h   iπ/3   1 2π π 1 sen 2θ π = −4· 16 · θ+ − 4θ 8 · + 4 sen = 2



4π 3

+

2

√  4 3 2

=

2

0

2π 3

√

+

3

3

3

3 u.a.

Exerc´ıcio 6: Seja dada a integral dupla ZZ

f (x, y) dxdy =

Z 1Z 0

D

x

f (x, y) dydx +

0

Z

1

√Z √ 2 2−x2

f (x, y) dydx .

0

a) Esboce a regi˜ao D. b) Expresse a soma das integrais do segundo membro como uma s´o integral na qual a ordem de integra¸c˜ao esteja invertida. c) Calcule a integral dupla para a fun¸c˜ao f (x, y) = ln (1 + x2 + y 2 ). Solu¸c˜ ao: ZZ

 f (x, y) dxdy com D = D1 ∪ D2 , onde D1 = (x, y); 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ x e D √ √  D2 = (x, y); 1 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ 2 − x2 . Os esbo¸cos de D1 e D2 s˜ao: a) Temos I =

y

y 1

(1, 1) y=x

1

(1, 1)

D2

D1 1

x

1

√ 2

x

Logo, o esbo¸co de D est´a representado na figura que se segue.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 2

34

y (1, 1)

1

x=y

x=

D √ 2

1

b) Enquadrando D como tipo II, temos D :

I=



f (x, y) dxdy .

y



c) Expressando D como coordenadas polares, temos D : I=

ZZ

ln 1 + r

Drθ

=

π 4

Z

0

√


2

x

0 ≤ y ≤ 1p . Ent˜ao: y ≤ x ≤ 2 − y2

Z 1Z √2−y2 0

p 2 − y2

r drdθ =

Z

0

√Z 2 π/4 0

0≤θ≤√ π/4 . Ent˜ao: 0≤r≤ 2
ln 1 + r 2 r dθdr =

2


ln 1 + r 2 r dr .

dy

Fazendo y = 1 + r 2 , temos dy = 2r dr, donde r dr = . Para r = 0, temos y = 1 e para r = 2 temos y = 3. Ent˜ao: Z 3 Z 3 π dy π = ln y ln y dy . I= 4

2

1

8

√

2

1

Aplicando integra¸c˜ao por partes, temos:

u = ln y , dv = dy ⇒ du = Como

Z

u dv = uv −

Z

3 Z π y ln y − I= 8

= ou

dy , v = y .

v du, ent˜ao: "

π 8

1 y

1

1

3 ! 3 ln 3 − y

3

y·

1 y

#

dy =

π 8

 Z 3 ln 3 − ln 1 −

1

3

dy



=

1

I=

π 8

(3 ln 3 − 2) .

Exerc´ıcio 7: Passe para coordenadas polares e calcule: UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

a) I =

Lista 2

1−y 2

Z 1Z

1+

Z aZ

√ a2 −x2

0

b) I =

√

0

1−

√

35

xy dxdy 1−y 2

0

p

a2 − x2 − y 2 dydx, a > 0

Solu¸c˜ ao: 

0≤y≤1 p . 1 − 1 − y2 ≤ x ≤ 1 + 1 − y2 Observe que D est´a descrita como uma regi˜ao do tipo II. Examinemos a fronteira da esquerda de D: p p x = 1 − 1 − y 2 , 0 ≤ y ≤ 1 ⇒ x − 1 = − 1 − y 2 , 0 ≤ y ≤ 1(∴ x ≤ 1) . a) A integral I est´a definida sobre a regi˜ao D descrita pelas desigualdades D :

p

Elevando ao quadrado, tem-se:

(x − 1)2 = 1 − y 2, 0 ≤ y ≤ 1 e x ≤ 1 o que implica (x − 1)2 + y 2 = 1, 0 ≤ y ≤ 1 e x ≤ 1 .

Ent˜ao a fronteira da esquerda ´e a parte da circunferˆencia (x − 1)2 + y 2 = 1 com 0 ≤ y ≤ 1 e x ≤ 1. Examinando a fronteira da direita, temos que consiste da parte da mesma circunferˆencia com 0 ≤ y ≤ 1 e x ≥ 1. Assim, o esbo¸co de D est´a representado na figura que se segue. y

r = 2 cos θ (x, y)

1

r=0

2

x

Portanto D se transforma em:

Temos: I=

 Drθ = (r, θ); 0 ≤ r ≤ 2 cos θ , 0 ≤ θ ≤ π/2 .

ZZ

r cos θr sen θr drdθ =

Drθ

=

Z

=4

0

2 cos θ 3

r cos θ sen θ drdθ =

0

0

r 3 cos θ sen θ drdθ =

Drθ

π/2Z

Z

ZZ

Z

π/2

cos θ sen θ

0

π/2

cos5 θ sen θ dθ = −4

cos6 θ π/2 6 0



=

2 3

h 4 i2 cos θ r 4

0

dθ =

. 

0≤x≤√ a b) A integral I est´a definida sobre a regi˜ao D descrita pelas desigualdades D : 0 ≤ y ≤ a2 − x2 √ que ´e do tipo I. A fronteira superior de D ´e a curva y = a2 − x2 com 0 ≤ x ≤ a e y ≥ 0 que corresponde `a parte da circunferˆencia x2 + y 2 = a2 com 0 ≤ x ≤ a e y ≥ 0. UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 2

36

A fronteira inferior de D ´e o segmento de reta y = 0 com 0 ≤ x ≤ a. Assim, o esbo¸co de D est´a representado na figura que se segue. y a

r=a D (x, y)

a

x

r=0

O ponto (x, y) = (r cos θ, r sen θ) ∈ D ´e tal que θ varia segundo 0 ≤ θ ≤ π/2 e r varia segundo 0 ≤ r ≤ a. Portanto D se transforma em: Ent˜ao: I=

ZZ √

 Drθ = (r, θ); 0 ≤ r ≤ a , 0 ≤ θ ≤ π/2 . Z aZ

a2 − r 2 r drdθ =

0

Drθ

=

π 2

Z

a 2

0

a −r


2 1/2

r dr =

1 − 2

π/2

√

0

·

π 2

Z

a2 − r 2 r dθdr =

a

a2 − r 2

0

a 3

3/2 π 2 2 = − π 0 − a3 = πa . = − · a − r2 4 3 6 6 0


1/2


d a2 − r 2 =

Exerc´ıcio 8: A base de um s´olido ´e a regi˜ao do plano xy delimitada pelo disco x2 + y 2 ≤ a2 , com a > 0. e a parte superior ´e a superf´ıcie do paraboloide az = x2 + y 2. Calcule o volume do s´olido. x2 + y 2 ≥ 0 , que ´e cont´ınua a 2 2 x +y ´e dado por: = a

Solu¸c˜ ao: Seja D o disco x2 + y 2 ≤ a2 e seja z = f (x, y) =

em D.

Ent˜ao o volume do s´olido W de base D e “teto” z = f (x, y) ZZ ZZ ZZ x2 + y 2 1 V (W ) = f (x, y) dxdy = (x2 + y 2 ) dxdy . dxdy = a

D

a

D

D

2

3 Passando para coordenadas  polares, temos (x + y ) dxdy = r r drdθ = r drdθ e o disco D 0≤r≤a . Logo: transforma-se em Drθ : 0 ≤ θ ≤ 2π/ ZZ Z a Z 2π Z a 1 2π 1 3 3 r drdθ = r r 3 dr = dθdr = V (W ) =

a

a

Drθ

= UFF

2π a

h 4 ia r 4

0

=

a3 π 2

2

0

2

0

a

0

u.v. IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 2

37

Exerc´ıcio 9: Achar o volume do s´olido limitado superiormente pela esfera x2 + y 2 + z 2 = 4, inferiormente pelo plano xy e lateralmente pelo cilindro x2 + y 2 = 1. Solu¸c˜ ao: O esbo¸co de W est´a representado na figura que se segue. z 2

“teto”

W

1

1

x

y

D (“piso”) Observemos que o “teto” do s´olido W ´e uma por¸c˜ao da esfera x2 + y 2 + z 2 = 4, donde z = p 4 − x2 − y 2 = f (x, y). O “piso” de W ´e o disco D : x2 + y 2 ≤ 1. Ent˜ao ZZ ZZ p 4 − x2 − y 2 dxdy . V (W ) = f (x, y) dxdy = D

D

Passando para coordenadas polares, temos    

x= y= dxdy =    2 x + y2 =

r cos θ r sen θ rdrdθ r2

O conjunto Drθ ´e dado por: 0 ≤ r ≤ 1 e 0 ≤ θ ≤ 2π. Ent˜ao: ZZ √ Z 1 Z
2 1/2 2 V (W ) = 4 − r · r drdθ = 4−r r 0

Drθ

= 2π

Z

0

1

4 − r2


1/2

2π

dθdr =

0

r dr . 1

Temos d(4 − r 2 ) = −2r dr, donde r dr = − d(4 − r 2 ). Logo: 2  Z 1
1/2 1 4 − r2 d(4 − r 2 ) = V (W ) = 2π − 2

0

h i1 √

2π 2π 2 3/2 =− 33/2 − 43/2 = 8 − 3 3 u.v. = −π · · (4 − r 2 ) 3

UFF

0

3

3

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 2

38

Exerc´ıcio 10: Determine o volume do s´olido W limitado pelo paraboloide z = 4 − x2 − y 2 e pelo plano xy. Solu¸c˜ ao: O esbo¸co de W est´a representado na figura que se segue.

z 4

y 2 D

W

2

x

y

2 2 “piso” D : x2 + y 2 ≤ 4

x Temos:

V (W ) =

ZZ

ZZ

f (x, y) dxdy =

D

D

Passando para coordenadas polares temos     e Drθ :



0 ≤ θ ≤ 2π . Ent˜ao: 0≤r≤2 V (W ) =

ZZ

Drθ

= 2π

Z

0

UFF

2

x y dxdy    2 x + y2

4−r

2




= = = =

r drdθ =


4 − x2 − y 2 dxdy .

r cos θ r sen θ r drdθ r2

Z

2

4r − r

0

3




Z

2π

dθdr =

0

i h
r4 2 = 2π(8 − 4) = 8π u.v. 4r − r 3 dr = 2π 2r 2 − 4

0

IME - GMA

Universidade Federal Fluminense ´ Instituto de Matematica e Estat´ıstica ´ Departamento de Matematica Aplicada

C´alculo III-A –M´odulo 3 Aula 5 – Aplica¸c˜oes da Integrais Duplas Objetivo • Estudar algumas aplica¸c˜oes f´ısicas como massa, centro de massa e momento de in´ercia.

1. Massa Seja D ⊂ R2 , uma regi˜ao compacta, representando uma lˆamina plana delgada. Suponhamos que a fun¸c˜ao cont´ınua e positiva δ : D ⊂ R2 → R representa a densidade superficial de massa (massa por unidade de ´area). R

Rij

D (x∗i , yj∗ )

Considerando-se n2 subretˆangulos Rij de algum retˆangulo R que cont´em D e uma escolha
x∗i , yj∗ ∈ Rij , observamos que a soma n n X X j=1 i=1


δ x∗i , yj∗ ∆A



´e uma aproxima¸c˜ao da massa M de D, onde δ x∗i , yj∗ = 0 se x∗i , yj∗ ∈ / D. Logo, ´e razo´avel definir a massa M de D com ZZ M= δ(x, y) dxdy . D

´ Calculo III-A

´ Modulo 3

2

OBS.: Se δ(x, y) for constante e igual a k, ent˜ao a massa M ser´a igual a kA(D). Neste caso, dizemos que a lˆamina D ´e homogˆenea.

2. Centro de Massa a) Seja um sistema finito de part´ıculas P1 = (x1 , y1 ), P2 = (x2 , y2), · · · , Pn = (xn , yn ), com massas mi , i = 1, · · · , n, respectivamente. Lembrando da F´ısica que os momentos de massa desse sistema, em rela¸c˜ao aos eixos x e y, s˜ao definidos por: Mx =

n X

mi yi e My =

i=1

n X

mi xi .

i=1

O centro de massa do sistema ´e o ponto (x, y), que se comporta como se a massa total M =

n X

mi

i=1

do sistema estivesse concentrada nesse ponto. Logo, Mx = My e My = Mx ou

n X

m i xi

My = i=1n x= X M

mi

i=1

n X

mi y i Mx i=1 = n e y= . X M mi i=1

b) Se considerarmos no lugar de um sistema finito de part´ıculas, uma lˆamina plana D, com densidade superficial de massa dada por uma fun¸c˜ao cont´ınua e positiva δ(x, y), fazemos
uma parti¸c˜ao de algum ∗ ∗ retˆangulo R contendo D, obtendo subretˆangulos Rij . Escolhemos xi , yj ∈ Rij . Logo, a massa de


Rij pode ser aproximada por δ x∗i , yj∗ ∆A, onde δ x∗i , yj∗ = 0 se δ x∗i , yj∗ ∈ / D. Ent˜ao Mx ≃

n X

yj∗ δ

x∗i , yj∗

i,j=1




∆A e My ≃

n X

i,j=1


x∗i δ x∗i , yj∗ ∆A .

Logo, definimos Mx e My por Mx =

ZZ

yδ (x, y) dA e My =

D

ZZ

xδ (x, y) dA .

D

O centro de massa (x, y) da lˆamina D ´e definido por

x= UFF

ZZ

xδ (x, y) dA

D

M

e y=

ZZ

yδ (x, y) dA

D

M

.

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´ Calculo III-A

´ Modulo 3

3

OBS.: Se δ(x, y) = k, k constante, o ponto (x, y) ´e dito centroide e temos as seguintes f´ormulas ZZ ZZ x dxdy y dxdy D Z x= Z

dxdy

D

D Z e y= Z

.

dxdy

D

3. Momento de In´ ercia O momento de in´ercia de uma lˆamina D em rela¸c˜ao a um eixo E ´e dado por ZZ r 2 (x, y)δ(x, y) dxdy IE = D

onde r(x, y) ´e a distˆancia de (x, y) ao eixo E. Assim, os momentos de in´ercia de D em rela¸c˜ao aos eixos x e y, respectivamente, s˜ao dados por ZZ ZZ 2 Ix = y δ(x, y) dxdy e Iy = x2 δ(x, y) dxdy . D

D

O momento de in´ercia polar em rela¸c˜ao `a origem ´e dado por ZZ I0 = (x2 + y 2 ) δ(x, y) dxdy = Ix + Iy . D

Exemplo 1 Determine o centro de massa e o momento de in´ercia em rela¸c˜ao ao eixo x, da regi˜ao D, limitada por x = y 2 e x − y = 2, sendo δ(x, y) = 3. Solu¸c˜ao: As curvas se interceptam quando y 2 − y − 2 = 0, logo y = −1, y = 2. Assim, o esbo¸co de D ´e:

UFF

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´ Calculo III-A

´ Modulo 3

4

y 2

(4, 2) x = y2 x=2+y

D 2 −1

x

4

(1, −1)

−2

Descrevemos D como tipo II : D = {(x, y); −1 ≤ y ≤ 2 , y 2 ≤ x ≤ 2 + y}. A massa de D ´e: M=

ZZ

δ(x, y) dA =

D

ZZ

3 dA = 3

Z

2

−1

D

Z

2+y

dxdy = 3

y2

Z

2

(2 + y − y 2) dy −1

h = 3 2y + 

= 3

27 2

= O centro de massa (x, y) ´e dado por ZZ xδ (x, y) dA x=

D

M C´alculo de

, y=

ZZ

ZZ

y2 2

−

4+2−

.

y3 3


8 3

i2

−1

− −2 + 21 +

1 3




yδ (x, y) dA

D

.

M

xδ(x, y) dA:

D

ZZ D

Z xδ(x, y) dA = 3

2 −1

Z

2+y y2

Z x dxdy = 3

2 −1

h

i2+y x2 2 y2

C´alculo de

ZZ

dy =

3 2

Z

2

−1

=

3 2

=

3 2

=

3 2

h


4 + 4y + y 2 − y 4 dy

4y + 2y 2 +



×

8+8+ 72 5

=

8 3

108 5

y3 3

− .

− 32 5




i2 y5 5 −1

− −4 + 2 −

1 3

+

1 5




yδ(x, y) dA:

D

UFF

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´ Calculo III-A

ZZ D

´ Modulo 3

Z yδ(x, y) dA = 3

2 −1

Z

2+y

y2

Z y dxdy = 3

5

2

y 2+y−

y2

−1




Z dy = 3

2 −1


2y + y 2 − y 3 dy

h = 3 y2 + = 3

27 4

=

Logo, x=

108 5 27 2

8 = , y= 5

Assim, o centro de massa (x, y) est´a localizado em O momento de in´ercia em rela¸c˜ao ao eixo x ´e: Ix =

ZZ D

y 2 δ(x, y) dA

Z ZZ 2 y dA = 3 =3 D

2 −1

Z

2+y

y2

27 4 27 2

8 1 , 5 2

=



y3 3

i2 y4 4 −1


−4 − 1−

8 3

4+

−

.

1 3

−

1 4




1 4

+

1 5




1 . 2


.

y 2 dxdy

Z = 3 Z = 3 = 3 = 3 =

2 −1


y 2 2 + y − y 2 dy

2 −1

h 

2y 3 3

189 20

16 3


2y 2 + y 3 − y 4 dy +

y4 4

−

+4−

.

i2 y5 5 −1

32 5




− − 23 +

Aula 6 – Simetria em Integral Dupla Objetivo • Explorar simetrias em integrais duplas.

Simetria em Integral Dupla 1) Seja D ⊂ R2 , sim´etricaZ Zem rela¸c˜ao ao eixo y e f (x, y) ´ımpar na vari´avel x, isto ´e, f (−x, y) = −f (x, y). Ent˜ao, f (x, y) dxdy = 0. Com efeito, como D tem simetria em rela¸c˜ao D

ao eixo y, observamos que D est´a limitada `a direita pela curva x = x(y) e `a esquerda pela curva

UFF

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´ Calculo III-A

´ Modulo 3

6

y d D x = x(y)

x = −x(y) c

x x = −x(y). Supondo que a proje¸c˜ao de D sobre o eixo y seja o intervalo [c, d], temos o seguinte esbo¸co para D: Ent˜ao, ZZ

f (x, y) dxdy =

Z

c

D

d

"Z

|

#

x(y)

f (x, y) dx dy = −x(y)

{z

= 0 (∗)

}

Z

d

0 dy = 0 . c

(∗) Aqui, usamos um fato do C´alculo II: Z a g(x) dx = 0 se g(x) ´e uma fun¸c˜ao ´ımpar . −a

2) Analogamente, se D tem simetria em rela¸c˜ao ao eixo x e f (x, y) ´e ´ımpar na vari´avel y, ZZ ent˜ao f (x, y) dxdy = 0. Veja o esbo¸co para D na figura que se segue. D

y = y(x)

y D a

b

x

y = −y(x)

Exemplo 1 Calcule I=

ZZ D


xy 6 + (x4 + y 4 ) sen y + 1 dxdy ,

onde D ´e o disco x2 + y 2 ≤ a2 , (a > 0). Solu¸c˜ao: UFF

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´ Calculo III-A

´ Modulo 3

7

Por propriedade da integral dupla, temos que ZZ ZZ ZZ 4 4 6 (x + y ) sen y dxdy + dxdy . xy dxdy + I= |D

{z

}

I1

|D

{z I2

}

|D {z I3

}

• Como f (x, y) = xy 6 ´e ´ımpar na vari´avel x e D tem simetria em rela¸c˜ao ao eixo y, ent˜ao I1 = 0. • Como g(x, y) = (x4 + y 4 ) sen y ´e ´ımpar na vari´avel y e D tem simetria em rela¸c˜ao ao eixo x, ent˜ao I2 = 0. • Como

ZZ

dxdy = A(D), ent˜ao I3 = πa2 . Logo,

D

I = 0 + 0 + πa2 = πa2 . ˜ RECOMENDAC ¸ AO Nas integrais duplas, busque as simetrias e as fun¸c˜oes ´ımpares. N˜ao calcule cegamente!!! OBS.: 1. Se a densidade δ(x, y) ´e uma fun¸c˜ao par na vari´avel x (isto ´e, δ(−x, y) = δ(x, y)), ent˜ao xδ(x, y) ´e ´ımpar avel x. Se D Z Zna vari´ tem simetria em rela¸c˜ao ao eixo y, ent˜ao xδ(x, y) dxdy = 0 e, portanto, x = 0.

D

Analogamente, se δ(x, y) ´e uma fun¸c˜ao par na vari´avel y e se D tem simetria em rela¸c˜ao ao eixo x, ent˜ao y = 0. 2. Se D ´e uma lˆamina homogˆenea e tem simetria em rela¸c˜ao ao eixo y, ent˜ao x = 0. Analogamente, se D ´e homogˆenea e tem simetria em rela¸c˜ao ao eixo x, ent˜ao y = 0.

Exemplo 2 Uma lˆamina delgada D ocupa a regi˜ao x2 + y 2 ≤ 1, y ≥ 0, de modo que a densidade em qualquer ponto ´e proporcional `a distˆancia do ponto `a origem. Determine a) a massa M de D; b) o centro de massa. Solu¸c˜ao: O esbo¸co de D ´e: UFF

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´ Modulo 3

8

y 1 D −1

Como a distˆancia de (x, y) `a origem ´e

onde k ´e uma constante. a) Como M = polares, temos:

ZZ

1

p x2 + y 2 ent˜ao a densidade ´e dada por p δ(x, y) = k x2 + y 2

δ(x, y) dxdy, ent˜ao M = k

D

ZZ

p

D

   

x= y= dxdy =    2 2 x +y =

Al´em disso, Drθ ´e dado por:

x

Drθ :

(

x2 + y 2 dxdy. Passando para coordenadas

r cos θ r sen θ . rdrdθ r2

0≤r≤1 0≤θ≤π

.

Ent˜ao, M =k

ZZ

Drθ

r · r drdθ = k

ZZ

2

r drdθ = k

Z

1

0

Drθ

r

2

Z

π

dθdr = kπ

0

Z

0

1

r 2 dr =

kπ u.m. 3

b) Como δ(x, y) ´e uma fun¸c˜ao par e D tem simetria em rela¸c˜ao ao eixo y, ent˜ao x = 0. Sabemos que ZZ yδ(x, y) dxdy y=

UFF

D

M

,

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´ Calculo III-A

´ Modulo 3

onde

ZZ D

9

ZZ p yδ(x, y) dxdy = k y x2 + y 2 dxdy D

= k

ZZ

r sen θ · r · r drdθ

ZZ

r 3 sen θ drdθ

Drθ

= k

Drθ

= k

Z

1

r

0



3

Z

π

= k − cos θ = 2k = Logo,

k 2 kπ 3

k 2

.

sen θ dθdr

0

 r4 1 4

π 0

Z

1

r 3 dr 0

0

3 . 2π
3 . Portanto, o centro de massa est´a localizado em 0, 2π y=

=

Exerc´ıcio 1: Calcule a massa total M, o centro da massa (x, y) de uma lˆamina triangular, com v´ertices (0, 0), (1, 0) e (0, 2) se a fun¸c˜ao densidade ´e δ(x, y) = 1 + 3x + y. Exerc´ıcio 2: A densidade em qualquer ponto de uma lˆamina semicircular ´e proporcional `a distˆancia do centro do c´ırculo. Determine o centro de massa da lˆamina. Exerc´ıcio 3: Determine os momentos de in´ercia Ix , Iy e I0 do disco homogˆeneo D, com densidade δ(x, y) = δ, centro na origem e raio a. Exerc´ıcio 4: Uma lˆamina delgada tem a forma da regi˜ao D, que ´e interior `a circunferˆencia (x − 2)2 + y 2 = 4 e exterior `a circunferˆencia x2 + y 2 = 4. Calcule a massa da lˆamina se a −1/2 densidade ´e dada por δ(x, y, z) = (x2 + y 2) . Exerc´ıcio 5: Uma placa fina est´a limitada pela circunferˆencia x2 +y 2 = a2 e tem densidade δ(x,  y) = 

=

a2

a2 + x2 + y 2

. Mostre que o seu momento de in´ercia polar ´e dado por I0 = Ma2

M ´e a sua massa.

1 − ln 2 ln 2

, onde

Exerc´ıcio 6: Uma lˆamina tem a forma semicircular x2 + y 2 ≤ a2 , com y ≥ 0. A densidade ´e diretamente proporcional `a distˆancia do eixo x. Ache o momento de in´ercia em rela¸c˜ao ao eixo x. UFF

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´ Calculo III-A

´ Modulo 3

10

Exerc´ıcio 7: Uma lˆamina tem a forma de um triˆangulo retˆangulo is´osceles, com lados iguais de comprimento a. Ache a massa, se a densidade em um ponto P ´e diretamente proporcional ao quadrado da distˆancia de P ao v´ertice oposto `a hipotenusa.

UFF

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C´alculo III-A – M´odulo 3 – Tutor Exerc´ıcio 1: Calcule a massa total M, o centro da massa (x, y) de uma lˆamina triangular, com v´ertices (0, 0), (1, 0) e (0, 2) se a fun¸c˜ao densidade ´e δ(x, y) = 1 + 3x + y. Solu¸c˜ ao: O esbo¸co da lˆamina D est´a representado na figura que se segue. y (0, 2) sai em y = 2 − 2x D

x 1

+

y 2

= 1 ⇒ y = 2 − 2x

x

(1, 0) entra em y = 0

Descri¸c˜ao de D como tipo I:  0≤x≤1 . A massa da lˆamina ´e dada por: Temos que D : 0 ≤ y ≤ 2 − 2x ZZ Z 1 Z 2−2x Z 1h i y 2 2−2x M= δ(x, y) dA = (1 + 3x + y) dydx = y + 3xy + dx = 0

0

2

0

0

D

=

Z

1

2 2

Z

2

0

=

Z 1 h i   (2 − 2x)2 2 − 2x 2 − 2x + 3x(2 − 2x) + dx = dx = (2 − 2x) 1 + 3x + 1

0

(1 − x)(2 + 6x + 2 − 2x) dx =

2

0

Z

1

0

(1 − x)(4 + 4x)dx = 4

Z

1

0

h i x3 1 8 =4 x− = . 3

0

3

O centro de massa (x, y) ´e tal que ZZ x δ(x, y) dA Mx = D

C´alculo de

ZZ D

x δ(x, y) dA :

e

My =

ZZ D

y δ(x, y) dA .


1 − x2 dx =

´ Calculo III-A

Temos, ZZ

´ Modulo 3 – Tutor

ZZ

x δ(x, y) dA =

D

=

1

1

=

Z

1

=

Z


x + 3x2 + xy dA =

D

2−2x


x + 3x2 + xy dydx =

0

Z

Z

1

i h xy 2 2−2x dx = xy + 3x2 y + 2

0

Z i h x(2 − 2x)2 2 dx = x(2 − 2x) + 3x (2 − 2x) + 2

0

2

2

(1 − x) 2x + 6x + 2x − 2x

0

0

=4

x(1 + 3x + y) dA =

D

Z 1Z 0

=

ZZ



2

1 2

−

C´alculo de

1 4



ZZ

dx =

Z

0

4x 1 − x



2

2(1 − x) x + 3x +

0

x(2 − 2x) 2



dx =


(1 − x) 4x + 4x2 dx =

0

2

1

1

1

Z

4x(1 − x)(1 + x) dx =




0




dx = 4

1

Z

3

x−x

0




dx = 4

h

x2 2

−

x4 4

i1 0

=

= 1.

y δ(x, y) dA :

D

Temos, ZZ

y δ(x, y) dA =

D

=

Z

1

Z

1

2 3

Z

h

y2 2

+

3xy 2 2

(2 − 2x)

0

=

Z1Z Z

y(1 + 3x + y) dA =

0

1

2



+ 1 2

y3 3

+

2−2x


y + 3xy + y 2 dydx =

0

D

0

=

ZZ

0

i2−2x

dx =

0

3x 2

+

Z

0

2 − 2x 3



1

(2 − 2x)2 2

h

4 6

dx = Z


2 1 − 2x + x2 (7 + 5x) dx = 3

Z

+

3x(2 − 2x)2 2

+

(2 − 2x)3 3

i

dx =

1

0

(1 − x)2 (3 + 9x + 4 − 4x) dx =

1


7 − 9x − 3x2 + 5x3 dx =

0

h i   2 5x4 1 5 2 9x2 9 11 = − x3 + = 7x − 7− −1+ = . 3

2

Substituindo acima temos:

4

0

8 3

3

2

x=1

portanto x=

3 8

e e

4

8 3

y=

y=

11 16

6

11 6

.

Logo, o centro de massa ´e o ponto (3/8, 11/16).

UFF

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´ Modulo 3 – Tutor

3

Exerc´ıcio 2: A densidade em qualquer ponto de uma lˆamina semicircular ´e proporcional `a distˆancia do centro do c´ırculo. Determine o centro de massa da lˆamina. Solu¸c˜ ao: Vamos considerar a lˆamina como a metade superior do disco x2 + y 2 ≤ a2 . y a D

a

−a

x

Ent˜ao, a distˆancia do ponto (x, y) ao centro do disco (origem) ´e densidade ´e: p δ(x, y) = k x2 + y 2

p

x2 + y 2 . Portanto, a fun¸c˜ao

onde k > 0 ´e uma constante. A massa da lˆamina ´e: ZZ ZZ p ZZ p 2 2 M= δ(x, y) dA = k x + y dA = k x2 + y 2 dA D

D

Passando para coordenadas polares temos Ent˜ao, M =k

ZZ

r · r drdθ = k

Drθ

ZZ

Drθ

2

D

p

r drdθ = k

x2

Z

+

y2

a

r

2

0

O centro de massa (x, y) ´e tal que ZZ Mx = x δ(x, y) dA

e

D

C´alculo de

ZZ

Z

= r, dA = rdrdθ e Drθ : π

dθdr = kπ 0

My =

Z

a

r 2 dr = kπ

0

ZZ



0≤r≤a . 0≤θ≤π

h 3 ia r 3

0

=

kπa3 3

.

y δ(x, y) dA .

D

x δ(x, y) dA :

D

Temos que

ZZ D

x δ(x, y) dA = k

ZZ D

p x x2 + y 2 dA = 0

p pois a fun¸c˜ao x x2 + y 2 ´e ´ımpar na vari´avel x e D tem simetria em rela¸c˜ao ao eixo y. Assim, x = 0. ZZ C´alculo de y δ(x, y) dA : D

UFF

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´ Modulo 3 – Tutor

Temos que ZZ

y δ(x, y) dA = k

=k

ZZ p 2 2 r sen θ · r · r drdθ = y x + y dA = k

ZZ

Drθ

D

D

Z

a

r

Z

3

0

4

π

Z

sen θ dθdr = k

0

a

r

3

0

Assim

h

iπ

− cos θ dr = 2k 0

a

Z

r 3 dr = 2k

0

h 4 ia r 4

0

=

ka4 2

.

kπa3 ka4 y= 3 2

logo y=

3a . 2π

Portanto, o centro de massa est´a localizado no ponto (0, 3a/2π). Exerc´ıcio 3: Determine os momentos de in´ercia Ix , Iy e I0 do disco homogˆeneo D, com densidade δ(x, y) = δ, centro na origem e raio a. Solu¸c˜ ao: O esbo¸co da regi˜ao D est´a representado na figura que se segue. y a D

a

−a

x

O momento de in´ercia Ix ´e dado por: ZZ ZZ 2 Ix = y δ(x, y) dA = δ y 2 dA . D

D



0≤r≤a . Ent˜ao, 0 ≤ θ ≤ 2π ZZ Z 2π Z a h 4 ia Z 2π r 2 2 2 3 sen2 θ dθ = Ix = δ r sen θ · r drdθ = δ sen θ r drdθ = δ

Temos x = r cos θ, y = r sen θ, dA = rdrdθ e Drθ :

0

4

0

0

0

Drθ

=

δa4 4

·

1 2

h i δπa4 sen 2θ 2π = . θ− 2

4

0

O momento de in´ercia Iy ´e dado por: ZZ ZZ ZZ 2 2 Iy = x δ(x, y) dA = δ x dA = δ r 2 cos2 θ · r drdθ = D

=δ

Z

0

UFF

D

2π 2

cos θ

Z

0

a 3

r drdθ =

δa4 4

Drθ

·

1 2

h i δπa4 sen 2θ 2π = . θ+ 2

0

4

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´ Modulo 3 – Tutor

5

Como I0 = Ix + Iy ent˜ao: I0 =

δπa4 . 2

Exerc´ıcio 4: Uma lˆamina delgada tem a forma da regi˜ao D, que ´e interior `a circunferˆencia (x − 2)2 + y 2 = 4 e exterior `a circunferˆencia x2 + y 2 = 4. Calcule a massa da lˆamina se a −1/2 densidade ´e dada por δ(x, y, z) = (x2 + y 2) . Solu¸c√˜ ao: De (x√− 2)2 + y 2 = 4 ou x2 + y 2 = 4x e x2 + y 2 = 4 temos 4x = 4 portanto x = 1. Logo, (1, − 3) e (1, 3) s˜ao as interse¸c˜oes. Assim, o esbo¸co da lˆamina D est´a representado na figura que se segue. y y= √

√ 3x

3

⇒ tg α =

D

α 1

2

4

√ 3 ⇒ α = π/3

x

√ − 3

√ y = − 3x

A massa da lˆamina D ´e dada por: ZZ ZZ M= δ(x, y) dA = D

x2 + y 2

D


−1/2

dA .

Passando para coordenadas polares temos x2 + y 2 = r 2 e dA = r drdθ. Descri¸c˜ao de D em coordenadas polares: √ Efetuando uma “varredura” √ em D, no sentido anti-hor´ario, a partir da reta y = − 3 x, onde θ = −π/3 at´e a reta y = 3 x, onde θ = π/3, vemos que θ varia de −π/3 at´e π/3. Transformando as equa¸c˜oes das circunferˆencias para coordenadas polares temos, x2 + y 2 = 4

⇒ r2 = 4

⇒

r=2

r6=0

x2 + y 2 = 4x ⇒ r 2 = 4r cos θ ⇒ r = 4 cos θ UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 3 – Tutor



Ent˜ao 2 ≤ r ≤ 4 cos θ, isto ´e, Drθ ´e dado por Drθ : M=

π/3

Z

−π/3

=

Z

π/3

−π/3

Z

4 cos θ

r

2


2 −1/2

6

−π/3 ≤ θ ≤ π/3 . Assim, 2 ≤ r ≤ 4 cos θ

r drdθ =

Z

π/3 −π/3

Z

4 cos θ

2

1 r

· r drdθ =

h iπ/3 = (4 cos θ − 2) dθ = 4 sen θ − 2θ −π/3

       2π π π π − 4 sen − −2 − = = 4 sen − =

 √

=

√ 4 3 2

4 3 2

3

3

−



−

2π 3

2π 3

+

3

−



√ 4 3 2

√ −4 3 2

−

2π 3

+

=

2π 3

4 3

3



=

√
3 3 − π u.m.

Exerc´ıcio 5: Uma placa fina est´a limitada pela circunferˆencia x2 +y 2 = a2 e tem densidade δ(x,  y) = 

=

a2

a2 + x2 + y 2

. Mostre que o seu momento de in´ercia polar ´e dado por: I0 = Ma2

M ´e a sua massa.

1 − ln 2 ln 2

, onde

Solu¸c˜ ao: O esbo¸co da placa D est´a representado na figura que se segue. y a D

a

x

A massa M da placa ´e dada por: M=

ZZ D

δ(x, y) dA =

ZZ

a2 a2 + x2 + y 2

dA .

D

Passando para coordenadas polares teremos x2 + y 2 = r 2 , dA = r drdθ e Drθ , que ´e a descri¸c˜ao de

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 3 – Tutor

D nessas coordenadas ´e Drθ :

M=



ZZ

0 ≤ θ ≤ 2π . Ent˜ao, 0≤r≤a

a2 2 a + r2

2

r drdθ = a

=

Z

0

a

a2

2r + r2

Z

a

0

Drθ

2πa2 2

7

r a2 + r 2

Z

2π

dθdr =

0


a dr = πa2 ln a2 + r 2 0 =





= πa2 ln a2 + a2 − ln a2 = πa2 ln 2a2 − ln a2 = = πa2 (ln 2 + ln a2 − ln a2 ) = πa2 ln 2 u.m.

O momento de in´ercia polar ´e dado por: ZZ ZZ
2 2 2 I0 = x + y δ(x, y) dA = a

x2 + y 2 + x2 + y 2

dA =

D

D

= a2

a2

ZZ

a2 + x2 + y 2 − a2 a2 + x2 + y 2

dA =

D

2

=a

ZZ 

a2 + x2 + y 2 a2 + x2 + y 2

−

a2 a2 + x2 + y 2

D

ZZ  2 1− =a

a2 a2 + x2 + y 2

D

 ZZ ZZ 2 dA − =a D

a2





dA =

dA =

a2 + x2 + y 2

D



dA = a2 (A(D) − M) =

= a2 (πa2 − πa2 ln 2) = πa4 (1 − ln 2) =   1 − ln 2 = πa4 ln 2 = ln 2

= a2 (πa2 ln 2)



1 − ln 2 ln 2



= Ma2



1 − ln 2 ln 2



como quer´ıamos mostrar. Exerc´ıcio 6: Uma lˆamina tem a forma semicircular x2 + y 2 ≤ a2 , com y ≥ 0. A densidade ´e diretamente proporcional `a distˆancia do eixo x. Ache o momento de in´ercia em rela¸c˜ao ao eixo x. Solu¸c˜ ao: O esbo¸co da lˆamina D est´a representado na figura que se segue.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 3 – Tutor

y=

8

y

√ a2 − x2

a D

a

−a

x

y=0

Por hip´otese, temos que a densidade em (x, y) ´e δ(x, y) = ky. O momento de in´ercia em rela¸c˜ao ao eixo x ´e dado por: ZZ ZZ ZZ 2 2 Ix = y δ(x, y) dxdy = y (ky) dxdy = k y 3 dxdy D

D

D

onde D, como tipo I, ´e dado pelas desigualdades D :

Ix = k = =

k 4

Z

k 2

·

Z a

−a

a −a

Z

√ a2 −x2

3

y dydx = k

0

Z

a −a

h

y4 4



−a ≤ x ≤ a √ . Ent˜ao, 0 ≤ y ≤ a2 − x2

i√a2 −x2 0

dx =

k 4

Z

a −a

a2 − x2


2

dx =

h ia  
2k 2a2 x3 2a5 k x5 a5 = a4 x − a5 − = a4 − 2a2 x2 + x4 dx = + +

15a5 − 10a5 + 3a5 15

4

=

4ka5 15

3

5

−a

4

3

5

.

Exerc´ıcio 7: Uma lˆamina tem a forma de um triˆangulo retˆangulo is´osceles, com lados iguais de comprimento a. Ache a massa, se a densidade em um ponto P ´e diretamente proporcional ao quadrado da distˆancia de P ao v´ertice oposto `a hipotenusa. ´ conveniente considerar o sistema de eixos coordenados, passando pelos catetos com o Solu¸c˜ ao: E v´ertice na origem. y a sai em y = a − x D

x a

a

+

y a

=1 ⇒ x+y =a

x

entra em y = 0

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 3 – Tutor

Por hip´otese, a densidade em (x, y) ´e δ(x, y) = k ZZ

9

p 2 x2 + y 2 = k (x2 + y 2) onde k > 0 ´e uma ZZ

constante. Como M = δ(x, y) dA, ent˜ao M = k (x2 + y 2 ) dA, onde D, como tipo I, ´e dada D D  0≤x≤a . Logo, por D : 0≤y ≤a−x M =k

Z aZ 0

=k

Z

0

a

0

a−x 2

x +y

2




dydx = k

Z

0

a

h

2

x y+

y3 3

i h k a3 − 3a2 x + 3ax2 − x3 dx = ax2 − x3 + 3

3

ia−x 0

Z

0

dx = k

Z

a 0

i h (a − x)3 dx = x2 (a − x) + 3

a


6ax2 − 4x3 + a3 − 3a2 x dx =

h ia   k k 3a2 x2 3a4 ka4 3 4 3 4 4 4 = = 2ax − x + a x − 2a − a + a − = u.m. 3

UFF

2

0

3

2

6

IME - GMA

Universidade Federal Fluminense ´ Instituto de Matematica e Estat´ıstica ´ Departamento de Matematica Aplicada

C´alculo III-A – Lista 3 Exerc´ıcio 1: Calcule as coordenadas (x, y) do centro de massa de uma chapa homogˆenea D com o formato de um triˆangulo is´osceles, com base 10 cm e altura 5 cm. Solu¸c˜ ao: Consideremos o eixo x passando pela base e o eixo y coincidindo com a mediatriz relativa `a base do triˆangulo. y −x + y = 5

x+y =5 5

x=5−y

x = −(5 − y) D −5

5

x

Como D ´e homogˆenea e ´e sim´etrica em rela¸c˜ao ao eixo y, ent˜ao pela observa¸c˜ao 5, segue que x = 0. Temos y= onde A(D) =

1 2

ZZ

y dxdy

D

,

A(D)

× 10 × 5 = 25 u.a.

Como D = {(x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ y ≤ 5 , −(5 − y) ≤ x ≤ 5 − y}, ent˜ao, ZZ Z 5Z 5−y Z 5 Z  5−y y dxdy = y dxdy = y x −(5−y) dy = 2 0

D

=2

Z

0

0

−(5−y)

5

(5y − y 2) dy = 2

h

5y 2 2

−

y3 3

i5 0

=

0

125 3

.

5 3

.

Logo, y= Assim, o centro de massa situa-se a

5 3

125 3

25

=

cm da base, sobre sua mediatriz.

5

y(5 − y) dy =

´ Calculo III-A

Lista 3

40

Exerc´ıcio 2: Calcule a massa total M, o centro da massa (x, y) da lˆamina que tem a forma da regi˜ao D limitada pela par´abola x = y 2 e pela reta x = 4 e que tem densidade δ(x, y) = x. Solu¸c˜ ao: O esbo¸co da lˆamina D est´a representado na figura que se segue. y

entra em x = y 2

2

sai em x = 4

x

4 D

−2

O centro de massa (x, y) ´e dado por: Mx =

ZZ D

ZZ

My =

ZZ

ZZ

xδ(x, y) dA =

x2 dA

yδ(x, y) dA =

xy dA

D

D

D

Como a regi˜ao D tem simetria em rela¸c˜ao ao eixo x e a fun¸c˜ao f (x, y) = xy ´e ´ımpar na vari´avel y ent˜ao, ZZ xy dA = 0 . D

Logo, y = 0 C´alculo de M Temos, M=

ZZ

δ(x, y) dA =

D 2

2

ZZ

x dA

D

onde D : {(x, y) ∈ R ; −2 ≤ y ≤ 2 , y ≤ x ≤ 4}. Logo, Z 2Z 4 Z 2 h 2 i4 Z x 1 M= x dxdy = dy = −2

y2

−2

2

y2

2

2

−2


16 − y 4 dy =

h i h   i 1 y5 2 32 32 1 = 16y − 32 − − −32 + = = 2

5

−2

2

5

5

  128 32 1 = . = · 2 32 − 2

C´alculo de

ZZ

5

5

x2 dA

D

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 3

Temos, ZZ

2

x dA =

= Portanto,

2

−2

D

1 3

Z

Z

4 2

x dxdy =

y2

Z

2 −2

41

h

x3 3

i4

y2

dy =

1 1

Z

2

−2


64 − y 6 dy =

 h i  128 4 · 128 y7 2 1 2 6 · 128 = . 64y − = · 2 128 − = · 7

−2

3

128 5

7

3

·x=

4 · 128 7

7

7

portanto x = 20/7. Assim, o centro da massa est´a sobre o eixo x em (20/7, 0).

Exerc´ıcio 3: Sendo a densidade δ constante, calcule o momento de in´ercia Ix da lˆamina triangular, limitada pela reta x + y = a e os eixos x = 0 e y = 0. Solu¸c˜ ao: O esbo¸co de D est´a representado na figura que se segue. y a sai em y = a − x D

x

a entra em y = 0

O momento de in´ercia Ix da lˆamina ´e dado por: ZZ ZZ 2 Ix = y δ(x, y) dA = δ y 2 dA D

D

onde D : {(x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ x ≤ a , 0 ≤ y ≤ a − x}. Ent˜ao, Z a Z aZ a−x Z a h ia−x δ y3 2 dx = (a − x)3 dx . Ix = δ y dydx = δ 0

0

0

3

3

0

0

Fazendo u = a − x temos du = −dx. Para x = 0 temos u = a e para x = a temos u = 0. Ent˜ao, Z 0 Z 0 Z a h i δ δa4 −δ δ δ u4 a 3 3 Ix = . = u (−du) = u du = u3 du = 3

a

3

3

a

3

0

4

0

12

Como δ(x, y) = δ, ent˜ao a massa total ´e: M = δA(D) = δ · UFF

1 2

·a·a=

δa2 2

. IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 3

Assim, Ix =

δa4 12

=

δa2 2

·

42

a2 6

=

M a2 6

.

Exerc´ıcio 4: Uma lˆamina delgada tem a forma da regi˜ao D que ´e interior `a circunferˆencia x2 + (y − 2)2 = 4 e exterior `a circunferˆencia x2 + y 2 = 4. Calcule a massa da lˆamina se a densidade ´e dada −1/2 por δ(x, y) = (x2 + y 2) . Solu¸c˜ a√o: De x2 + (y − 2)2 = 4 ou x2 + y 2 = 4y e x2 + y√2 = 4 temos√que 4y = 4 portanto y = 1 e x = ± 3 . Logo, as circunferˆencias se interceptam em ( 3 , 1) e (− 3 , 1). y 4 sai em r = 4 sen θ D entra em r = 2

2 y=

−1 √ 3

x

√ (− 3 , 1)

√ ( 3 , 1)

y=

1 √ 3

x

α

x

⇒ tg α =

1 √ 3

⇒ α = 300 =

π 6

rad

A massa da lˆamina D ´e M=

ZZ

δ(x, y) dA =

D

ZZ

x2 + y 2

D


−1/2

dA .

Passando para coordenadas polares temos    

x = r cos θ y = r sen θ . dxdy = r drdθ    x2 + y 2 = r 2

A equa¸c˜ao x2 + y 2 = 4y transforma-se em r 2 = 4r sen θ portanto r = 4 sen θ. Descri¸c˜ao de D em coordenadas polares √ Efetuando uma “varredura” em D no sentido anti-hor´ario a partir da reta y = 1/ 3 x onde θ = π/6 √ at´e a reta y = −1/ 3 x onde θ = π − π/6 = 5π/6 vemos que θ varia de π/6 at´e 5π/6. Por um UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 3

43

ponto P no interior de D consideremos a semirreta OP . Ela entra em D em r = 2 e sai de D em 2 2 um ponto  da circunferˆencia x + y = 4y onde r = 4 sen θ. Ent˜ao, r varia de 2 a 4 sen θ. Logo, π/6 ≤ θ ≤ 5π/6 . Assim, Drθ : 2 ≤ r ≤ 4 sen θ M=

ZZ

r

Drθ


2 −1/2

r drdθ =

Z

5π/6Z 4 sen θ

π/6

drdθ =

2

Z

5π/6

π/6

(4 sen θ − 2)dθ =

   h i5π/6  π 5π π 5π − −4 cos − = − = −4 cos = − 4 cos θ − 2θ π/6

= 4 cos

π 6

−

5π 3

+ 4 cos

π 6

+

π 3

=

6 √ 3 8 2

3

−

4π 3

6

3

√ 4π =4 3− u.m. 3

Exerc´ıcio 5: Uma lˆamina tem a forma de um semidisco D de raio a. A densidade superficial no ponto P ´e proporcional `a distˆancia do ponto ao centro do disco. Determine o valor da constante de proporcionalidade se a massa do semidisco ´e igual a πa3 u.m. Solu¸c˜ ao: Sem perda de generalidade podemos considerar o semidisco centrado na origem e ocupando os primeiro e segundo quadrantes. Logo, temos D : x2 + y 2 ≤ a2 , com y ≥ 0. y

sai em r = a

a D P

a

−a

x

entra em r = 0

p Como a distˆ a ncia de (x, y) ` a origem ´ e igual a x2 + y 2 ent˜ao a densidade ´e dada por δ(x, y) = p k x2 + y 2 onde k > 0 ´e a constante de proporcionalidade. A massa M de D ´e dada por: ZZ ZZ p x2 + y 2 dA . M= δ(x, y) dA = k D

D

Passando para coordenadas polares temos,    

x = r cos θ y = r sen θ . dxdy = r drdθ    x2 + y 2 = r 2

Descri¸c˜ao de D em coordenadas polares

Efetuando uma “varredura” em D no sentido anti-hor´ario a partir do eixo x positivo onde θ = 0 at´e o eixo x negativo onde θ = π vemos que θ varia de 0 at´e π. Por um ponto P no interior de D UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 3

44

consideremos a semirreta OP . Ela entra em D em r = 0 e sai de D em r = a. Ent˜ao, r varia de 0  0≤θ≤π a a. Logo Drθ : . Assim, 0≤r≤a ZZ Z a Z π Z a √ 2 r r drdθ = k M =k r dθdr = kπ r 2 dr = 0

Drθ

= kπ

h 3 ia r 3

mas M = πa3 u.m. Ent˜ao

0

=

kπa3 3

0

0

kπa3 3

= πa3 portanto k = 3.

Exerc´ıcio 6: Calcule o momento de in´ercia em rela¸c˜ao `a origem da chapa  D = (x, y) ∈ R2 ; x2 + y 2 ≤ a2 p se a densidade superficial ´e δ(x, y) = k x2 + y 2 , com k > 0.

Solu¸c˜ ao: O esbo¸co da chapa D est´a representado na figura que se segue. y a D

a

−a

x

−a O momento de in´ercia em rela¸c˜ao `a origem ´e dado por: ZZ ZZ

p 2 2 x2 + y 2 dA . I0 = x + y δ(x, y) dA = k x2 + y 2 D

D

Passando para coordenadas polares temos, ZZ √ ZZ 2 I0 = k r r 2 r drdθ = k r 4 drdθ Drθ

Drθ

onde Drθ ´e dado pelas desigualdades 0 ≤ r ≤ a e 0 ≤ θ ≤ 2π. Assim, Z a Z 2π Z a h 5 ia 2kπa5 r 4 4 = . I0 = k r dθdr = 2kπ r dr = 2kπ 0

UFF

0

0

5

0

5

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 3

45

Exerc´ıcio 7: Mostre que o momento de in´ercia de um disco circular homogˆeneo de raio a em rela¸c˜ao a uma reta ao longo de um diˆametro ´e igual a

M a2 , 4

onde M ´e a massa do disco.

Solu¸c˜ ao: Introduzindo um sistema de coordenadas conforme a figura que se segue, o momento de in´ercia em rela¸c˜ao ao eixo x, que cont´em um diˆametro, ´e dado por: ZZ ZZ 2 Ix = y k dxdy = k y 2 dxdy . D

D

y a D a

x

Passando para coordenadas polares, temos  

x = r cos θ y = r sen θ  dxdy = rdrdθ



0≤r≤a . Ent˜ao, 0 ≤ θ ≤ 2π ZZ ZZ 2 2 Ix = k r sen θr drdθ = k r 3 sen2 θ drdθ =

e Drθ ´e dado por Drθ :

Drθ

=k

Z aZ

= kπ

Drθ

2π 3

2

r sen θ dθdr = k

0

0

Z

a

0

r 3 dr = kπ 0

Z

h 4 ia r 4

0

=

a

r3 ·

kπa4 4

1 2

h i sen 2θ 2π dr = θ− 2

0

.

Como D ´e homogˆeneo, ent˜ao M = kA(D). Logo, M = kπa2 . Ent˜ao, Ix = kπa2 ·

a2 4

=

M a2 4

.

Exerc´ıcio 8: Calcule o centroide da regi˜ao limitada pelas curvas y = x2 , x + y = 2 e y = 0. UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 3

46

y 2 x+y =2

1

x = y 1/2 x=2−y y = x2

D

x

2

Solu¸c˜ ao: Note que D ´e do tipo II, pois 0 ≤ y ≤ 1 e y 1/2 ≤ x ≤ 2 − y. O centroide (x, y) ´e dado por: ZZ

x dxdy

x = Z ZD

dxdy

D

ZZ

y dxdy

y = Z ZD

. dxdy

D

Temos, ZZ

dxdy =

D

Z

1 0

Z

2−y

dxdy =

y 1/2

Z

1

0


2 − y − y 1/2 dy =

h i y2 1 2 3/2 1 2 12 − 3 − 4 5 = 2y − − y =2− − = = . 2

UFF

3

0

2

3

6

6

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 3

ZZ

x dxdy =

D

=

0

Z

1 2

Z 1Z

2−y

x dxdy = y 1/2

0

1

Z

0

1 2

47




4 − 4y + y − y dy =

1 2

1

Z

h

x2 2

i2−y

y 1/2

dy =


4 − 5y + y 2 dy =

0

h i1   1 5y 2 5 1 24 − 15 + 2 y3 1 11 1 = 4y − 4− + = · + = . = 2

2

ZZ

y dxdy =

D

=

Z

0

=

3

Z 1Z

2

2−y

y dxdy =

y 1/2

0

1

2

0

3

Z

2

6

12

1


y 2 − y − y 1/2 dy =

0

i1 h
1 2 2 y3 2y − y 2 − y 3/2 dy = y 2 − − y 5/2 = 1 − − =

15 − 5 − 6 15

3

=

4 15

5

0

3

5

.

Logo, x=

11/12 5/6

y=

4/15 5/6

portanto (x, y) =



=

=

11 10

8 25

11 8 , 10 25



.

Exerc´ıcio 9: Seja uma lˆamina delgada representada pela regi˜ao D, determinada por y ≤ x, y ≥ −x, x2 + y 2 ≥ 2x e x2 + y 2 ≤ 4x. Se a densidade em cada ponto P = (x, y) da lˆamina ´e dada por 1 , determine: δp 2 2 x +y

a) a massa de D; b) o momento de in´ercia polar em rela¸c˜ao `a origem.

Solu¸c˜ ao: a) Completando o quadrado em x2 + y 2 = 2x e x2 + y 2 = 4x, temos (x − 1)2 + y 2 = 1 e (x − 2)2 + y 2 = 4. Logo, o esbo¸co de D est´a representado na figura que se segue.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 3

48

y y=x

B P = (r, θ)

A 1

2

x

4

D

y = −x

A massa M ´e dada por: M=

ZZ D

1 p 2 x + y2

dxdy .

Vamos usar coordenadas polares para descrever a regi˜ao D. Temos,  x = r cos θ    y = r sen θ dxdy = rdrdθ    2 x + y 2 = r2

Logo, x2 +y 2 = 2x e x2 +y 2 = 4x acarretam em r 2 = 2r cos θ e r 2 = 4r cos θ, e para r 6= 0, obtemos r = 2 cos θ e r = 4 cos θ. Para descrever D, consideramos um ponto P = (x, y) = (r, θ) ∈ D. A semirreta OP intercepta a fronteira de D em A = (r1 (θ), θ) e B = (r2 (θ), θ), onde r1 (θ) = 2 cos θ e r2 (θ) = 4 cos θ. Logo, 2 cos θ ≤ r ≤ 4 cos θ. As retas y = x e y = −x acarretam em r sen θ = r cos θ e r sen θ = −r cos θ ou tg θ = 1 e tg θ = −1, portanto θ = π/4 e θ = −π/4, respectivamente. Logo, −π/4 ≤ θ ≤ π/4. Assim,  D = (r, θ) ∈ R2 ; −π/4 ≤ θ ≤ π/4 , 2 cos θ ≤ r ≤ 4 cos θ . Ent˜ao,

M=

ZZ

Drθ

=

UFF

Z

π/4 −π/4

1 √ r2

· r drdθ =

ZZ

drdθ =

Z

π/4

−π/4

Drθ

Z

4 cos θ

drdθ = 2 cos θ

√ h iπ/4 √ 2 =4· 2 cos θ dθ = 2 sen θ = 2 2 u.m. −π/4

2

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 3

49

b) Temos, I0 =

ZZ

2

ZZ

2

(x + y )δ(x, y) dA =

D

D

(x2 + y 2 ) p x2 + y 2

ZZ p ZZ √ Z 2 2 2 = x + y dA = r · r drdθ = D

Drθ

dA = π/4

−π/4

Z

4 cos θ

2 cos θ

π/4

Z

π/4

56 3

Z

=

56 3

"√  √ 3 # h i 1 56 sen3 θ π/4 2 2 ·2 − = sen θ − =

=

112 3

=

−π/4

=

h 3 i4 cos θ r 3

2 cos θ

dθ =

π/4 3

cos θ dθ =

−π/4

3

√

2 2

−

√

2 12

1 3

56 3

Z

Z

−π/4

=

112 3

(64 cos3 θ − 8 cos3 θ) dθ =

π/4 −π/4

(1 − sen2 θ) cos θ dθ =

3

−π/4



r 2 drdθ =

·

√ 5 2 12

2

=

√ 140 2 9

3

2

.

Exerc´ıcio 10: √Calcule a massa de uma chapa D, limitada pelas curvas x2 + y 2 = 2x, x2 + y 2 = 4x, 3 y =xey = x, sabendo que a densidade de massa em um ponto ´e inversamente proporcional 3 `a distˆancia do ponto a origem. Solu¸c˜ ao: Primeiro vamos encontrar as interse¸c˜oes das curvas, isto ´e, as interse¸c˜oes de y = x com as circunferˆencias.  y = x ⇔ 2x2 = 2x ⇔ x2 − x = 0 ⇔ x = 0 ou x = 1 . x2 + y 2 = 2x Logo, as interse¸c˜oes s˜ao (0, 0) e (1, 1).  y = x ⇔ 2x2 − 4x = 0 ⇔ 2x(x − 2) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 2 . x2 + y 2 = 4x Logo, as interse¸c˜oes s˜ao (0, 0) e (2, 2).  √  y = 3x x2 3 = 2x ⇔ 4x2 = 6x ⇔ ⇔ x2 + 3  2 x + y 2 = 2x 3 ⇔ 2x(2x − 3) = 0 ⇔ x = 0 ou x = . 2  √  3 3 Logo, as interse¸c˜oes s˜ao (0, 0) e . , 2

   UFF

y=

√ 3 x 3

x2 + y 2 = 4x

2

⇔ x2 +

x2 3

= 4x ⇔ 4x2 = 12x ⇔

⇔ 4x(x − 3) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 3 . IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 3

50

√
Logo, as interse¸c˜oes s˜ao (0, 0) e 3, 3 .

De x2 + y 2 = 2x e x2 + y 2 = 4x, temos respectivamente, (x − 1)2 + y 2 = 1 e (x − 2)2 + y 2 = 4. Levando em conta essas informa¸c˜oes, esbo¸camos a regi˜ao D. y=x

y

D

1

A distˆancia de (x, y) ∈ D `a origem ´e

p

√ 3 3 x

y=

2

x

4

3

x2 + y 2 . Como a densidade ´e inversamente proporcional a k

, onde k > 0 ´e a constante de proporcionalidistˆancia de (x, y) `a origem, ent˜ao δ(x, y) = p 2 xZ Z+ y 2 ZZ 1 p dA. dade. Como M = δ(x, y) dA, ent˜ao M = k 2 2 x +y

D

D

Passando para coordenadas polares, obtemos,  x    y dxdy    2 x + y2

= = = =

r cos θ r sen θ rdrdθ r2

Temos,

r6=0

x2 + y 2 = 2x ⇒ r 2 = 2r cos θ ⇒ r = 2 cos θ r6=0

Ent˜ao o conjunto Drθ

M =k

x2 + y 2 = 4x ⇒ r 2 = 4r cos θ ⇒ r = 4 cos θ π y=x ⇒ θ= 4 √ π 3x ⇒ θ= y= 3 6  π/6 ≤ θ ≤ π/4 ´e dado por Drθ : . Logo, 2 cos θ ≤ r ≤ 4 cos θ

ZZ

1 √ r drdθ r2

=k

Drθ

= 2k

Z

π/4

π/6

UFF

ZZ

drdθ = k

Drθ

h

cos θ dθ = 2k sen θ

iπ/4 π/6

= 2k

Z

π/4Z 4 cos θ

π/6

√

2 2

drdθ =

2 cos θ

−

1 2



=k

√

2−1



u.m.

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Universidade Federal Fluminense ´ Instituto de Matematica e Estat´ıstica ´ Departamento de Matematica Aplicada

C´alculo III-A –M´odulo 4 Aula 7 – Integrais Triplas Objetivo • Compreender a no¸c˜ao de integral tripla.

Na aula 1, vocˆe aprendeu a no¸c˜ao de integral dupla. Agora, vocˆe ver´a o conceito de integral tripla. Seja f : W ⊂ R3 → R, onde W ´e uma regi˜ao s´olida do R3 (regi˜ao limitada e fechada de R3 ). Como W est´a limitada, ent˜ao existe um paralelep´ıpedo (ou caixa) R = [a, b] × [c, d] × [p, q], contendo W . Dividimos R em n3 subcaixas Rijk , por planos paralelos aos planos coordenados, todas de mesmo
volume ∆V = ∆x∆y∆z, escolhemos x∗i , yj∗, zk∗ ∈ Rijk e formamos a soma Sn =

n X n X n X i=1 j=1 k=1


f x∗i , yj∗, zk∗ ∆V



onde f x∗i , yj∗, zk∗ = 0 se x∗i , yj∗, zk∗ ∈ / W , dita soma de Riemann de f .

Se existir lim Sn = L, dizemos que f ´e integr´avel e o n´umero L ´e dito integral tripla de f sobre o n→∞ s´olido W e ´e indicado por ZZZ f (x, y, z) dxdydz ou W

ZZZ

f (x, y, z) dV ou

ZZZ

f dV .

W

W

OBS.: 1) Se f ´e cont´ınua em W ent˜ao f ´e integr´avel.

´ Calculo III-A

´ Modulo 4

2

ZZZ

2) Se f (x, y, z) = 1 em W , ent˜ao

dxdydz = V (W ).

W

3)

ZZZ

4)

ZZZ

(f + g) dV =

W

W

ZZZ

f dV +

W

kf dV = k

ZZZ

ZZZ

g dV .

W

f dV , k ∈ R.

W

5) Se δ(x, y, z) ´e cont´ınua e positiva em W , e representa a densidade volum´etrica de massa (massa por unidade de volume), ent˜ao a massa M de W ´e dada por M=

ZZZ

δ(x, y, z) dxdydz .

W

6) O centro de massa (x, y, z) ´e dado por: ZZZ x · δ(x, y, z) dV x=

y=

z=

W

M

ZZZ

y · δ(x, y, z) dV

W

M

ZZZ

z · δ(x, y, z) dV

W

M

.

7) O momento de in´ercia em rela¸c˜ao a um eixo E ´e dado por: ZZZ IE = r 2 (x, y, z) · δ(x, y, z) dV W

onde r(x, y, z) = distˆancia de (x, y, z) ao eixo E. ZZZ Se eixo E = eixo z, ent˜ao Iz = (x2 + y 2)δ (x, y, z) dV . Se eixo E = eixo y, ent˜ao Iy = Se eixo E = eixo x, ent˜ao Ix =

ZWZ Z

ZWZ Z

(x2 + z 2 )δ (x, y, z) dV . (y 2 + z 2 )δ (x, y, z) dV .

W

UFF

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´ Calculo III-A

´ Modulo 4

3

Aula 8 – Redu¸c˜ao do C´alculo de uma Integral Tripla a uma Integral Dupla Objetivo • Reduzir o c´alculo de uma integral tripla a uma integral dupla.

Observamos que um dom´ınio de integra¸c˜ao pode ser descrito como uma reuni˜ao de regi˜oes dadas por:  W1 = (x, y, z); (x, y) ∈ Dxy e z1 (x, y) ≤ z ≤ z2 (x, y) W1

onde Dxy = projxOy (proje¸c˜ao de W1 sobre o plano xy) e z1 (x, y), z2 (x, y) cont´ınuas;

W2

 W2 = (x, y, z); (x, z) ∈ Dxz e y1 (x, z) ≤ y ≤ y2 (x, z)

onde Dxz = projxOz e y1 (x, z), y2 (x, z) cont´ınuas;  W3 = (x, y, z); (y, z) ∈ Dyz e x1 (y, z) ≤ x ≤ x2 (y, z) W3

onde Dyz = projyOz e x1 (y, z), x2 (y, z) cont´ınuas. Os esbo¸cos de W1 , W2 e W3 s˜ao:

z

z z = z2 (x, y)

y = y1 (x, z)

W1

Dxz

(x, y, z)

(x, z)

y = y2 (x, z)

W2 (x, y, z)

z = z1 (x, y)

y

y Dxy

x

UFF

(x, y)

x

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´ Modulo 4

4

z

Dyz (y, z)

y W3 (x, y, z)

x = x1 (y, z)

x

x = x2 (y, z)

Prova-se que ZZZ

f (x, y, z) dxdydz =

W1

ZZZ

W3

z2 (x,y)

Z Z "Z

y2 (x,z)

Z Z "Z

x2 (y,z)

Dxy

f (x, y, z) dxdydz =

W2

ZZZ

Z Z "Z

Dxz

f (x, y, z) dxdydz =

Dyz

#

f (x, y, z) dz dxdy

z1 (x,y)

#

f (x, y, z) dy dxdz

y1 (x,z)

#

f (x, y, z) dx dydz .

x1 (y,z)

Exemplo 1 ZZZ 2 Calcule ex dxdydz onde W ´e o conjunto 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x e 0 ≤ z ≤ 1. W

Solu¸c˜ao: Definimos W por:  W = (x, y, z); (x, z) ∈ Dxz e 0 ≤ y ≤ x

UFF

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´ Calculo III-A

´ Modulo 4

onde Dxz = [0, 1] × [0, 1]. Logo, ZZZ

x2

e dxdydz =

W

5

x2

ZZ



e dy dxdz

0

Dxz

=

x

Z Z Z

2

xex dxdz

Dxz

=

Z 1Z 0

= =

h

2

ex 2

e−1 2

1

2

xex dxdz 0

i1 Z 0

1

dz 0

.

Exemplo 2 Calcule o volume do s´olido limitado pelos paraboloides z = x2 + y 2 e z = 8 − x2 − y 2 . Solu¸c˜ao: Inicialmente, calculemos a interse¸c˜ao das superf´ıcies: 
z = x2 + y 2 2 2 2 2 2 2 ⇔ x + y = 8 − x − y ⇔ 2 x + y = 8 ⇔ x2 + y 2 = 4 . z = 8 − x2 − y 2

Logo, a interse¸c˜ao dos paraboloides ´e a circunferˆencia x2 + y 2 = 4, situada no plano z = 4.

z 8

z = 8 − x2 − y 2

W 4

(x, y, z)

z = x2 + y 2 Dxy

2

2

y

(x, y)

x Descrevemos W por:

UFF

 W = (x, y, z); (x, y) ∈ Dxy e x2 + y 2 ≤ z ≤ 8 − x2 − y 2

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´ Calculo III-A

´ Modulo 4

6

onde Dxy ´e o disco x2 + y 2 ≤ 4. Como V (W ) =

ZZZ

dxdydz, ent˜ao

W

V (W ) =

Z Z "Z

Dxy

8−x2 −y 2

#

dz dxdy =

x2 +y 2

ZZ

Dxy

  8 − 2(x2 + y 2 ) dxdy .

Passando para coordenadas polares, temos: V (W ) =

Z 2Z 0

= 2π

2π

(8 − 2r 2 )r dθdr

0

Z

2

0


8r − 2r 3 dr

h = 2π 4r 2 −

r4 2

= 2π(16 − 8)

i2 0

= 16π u.v.

Exemplo 3 Calcule a massa do s´olido W , no primeiro octante, limitado pelos planos y = 0, z = 0, x + y = 2, x + 2y = 4 e o cilindro y 2 + z 2 = 4, sendo a densidade igual `a distˆancia de (x, y, z) ao plano xz. Solu¸c˜ao: O esbo¸co de W ´e:

z 2 Dyz (y, z)

W

x=2−y 2

x

2

4 x = 4 − 2y

y

Podemos definir W por:  W = (x, y, z) ∈ R3 ; (y, z) ∈ Dyz e 2 − y ≤ x ≤ 4 − 2y UFF

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´ Calculo III-A

´ Modulo 4

7

z 2

Dyz

2

y

onde Dyz ´e tal que y 2 + z 2 ≤ 4, y ≥ 0 e z ≥ 0. Como M =

ZZZ

δ(x, y, z) dxdydz, onde δ(x, y, z) = |y| = y, pois y ≥ 0, ent˜ao:

W

M =

ZZZ

y dxdydz

W

=

Z Z Z

2−y

Dyz

=

ZZ

4−2y

 y dx dydz

y(4 − 2y − 2 + y) dydz

Dyz

=

ZZ

Dyz


2y − y 2 dydz .

Passando para coordenadas polares, temos:   e Drθ ´e dado por:

y = r cos θ z = r sen θ  dydz = rdrdθ

Drθ :

UFF



0≤r≤2 0 ≤ θ ≤ π/2

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 4

Ent˜ao, M =

Z

π/2Z 2

(2r cos θ − r 2 cos2 θ) r drdθ

Z

π/2Z 2

(2r 2 cos θ − r 3 cos2 θ) drdθ

Z

π/2

Z

π/2

0

=

0

=

0

0

0

=

h

= =

h

16 3

cos θ

i2 0

dθ


cos θ − 4 cos2 θ dθ 4 2

θ+

− 0) − 2 ·

Z 3Z 1Z 0

Exerc´ıcio 2: Calcule

2

sen 2θ 2

π 2


iπ/2 0

− π u.m.

Exerc´ıcio 1: Calcule a integral iterada ZZZ

r4 4

cos θ −

sen θ −

16 (1 3 16 3

2r 3 3

16 3

0

=

8

√ 1−z 2

zey dxdzdy.

0

0

2

ex dxdydz, onde W ´e o conjunto 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x e 0 ≤ z ≤ 1.

W

Exerc´ıcio 3: Escreva as seis integrais triplas iteradas para o volume do s´olido W limitado pelos planos y + z = 1, y = x, x = 0 e z = 0. Calcule uma das integrais. Exerc´ıcio 4: Esboce o s´olido W cujo volume ´e dado pela integral iterada I=

Z 1Z 0

1

√

x

Z

1−y 2

dzdydx

0

e reescreva na ordem dxdydz. Exerc´ıcio 5: Use a integral tripla para encontrar o volume do s´olido a) W limitado pelo cilindro x = y 2 e os planos z = 0 e x + z = 1; b) W limitado pelos planos z + y = 8, z − y = 8, x = 0, x = 4 e z = 0.

Exerc´ıcio 6: Calcule a massa do s´olido W no primeiro octante limitado por y = x2 , y = 9, z = 0, x = 0 e y + z = 9 se a densidade ´e dada por δ(x, y, z) = x.

UFF

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´ Calculo III-A

´ Modulo 4

9

Exerc´ıcio 7: Seja W um s´olido limitado pelo cilindro x2 + y 2 = 1, com z ≥ 0 e pelos planos y = z e z = 0 com fun¸c˜ao densidade δ(x, y, z) = y. Calcule: a) A massa de W . b) O momento de in´ercia em rela¸c˜ao ao eixo z. Exerc´ıcio 8: Um s´olido tem a forma de um cilindro circular reto de raio de base a e altura h. Determine o momento de in´ercia do s´olido em rela¸c˜ao ao eixo de simetria se a densidade no ponto P ´e proporcional `a distˆancia de P at´e a base do s´olido.

UFF

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C´alculo III-A – M´odulo 4 – Tutor √ 1−z 2

Z 3Z 1Z

Exerc´ıcio 1: Calcule a integral iterada

0

0

zey dxdzdy.

0

Solu¸c˜ ao: Temos, Z 3Z 1Z 0

0

=

1 − 2

Z

1 − 3

Z

=

√

1−z 2 y

ze dxdzdy = 0

Z 3Z 0

3 y

e 0

Z

y

ze

√

0

1−

1

1−z

0


2 1/2

3

ey (0 − 1) dy =

0

1

Exerc´ıcio 2: Calcule

ZZZ

1 3

(−2z) dzdy =

z2

dzdy =

Z

3 y

e

0

3

Z

1 − 2

ey

0

2 3

h

Z

1

1 − z2

0

1 − z2


3/2 i1 0


1/2

z dzdy =

dy =

h i3
1 3 ey = e −1 . 3

0

2

ex dxdydz, onde W ´e o conjunto 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x e 0 ≤ z ≤ 1.

W

Solu¸c˜ ao: Temos ZZZ

e dxdydz =

W

onde Dxy :



ZZ

x2

x2

e

Z

1

dzdxdy =

0

Dxy

ZZ

2

ex dxdy

Dxy

0≤x≤1 ´e a proje¸c˜ao de W sobre o plano xy. 0≤y≤x y 1

Dxy 1

Ent˜ao, ZZZ

x2

e dxdydz =

W

=

1 2

Z

1 x2

e 0

Z

x

dydx = 0

h i1 2 1 1 = (e1 − e0 ) = (e − 1) . ex 0

2

2

x

Z

0

1 x2

e x dx =

1 2

Z

1 2

ex (2x) dx = 0

´ Calculo III-A

´ Modulo 4 – Tutor

2

Exerc´ıcio 3: Escreva as seis integrais triplas iteradas para o volume do s´olido W limitado pelos planos y + z = 1, y = x, x = 0 e z = 0. Calcule uma das integrais. Solu¸c˜ ao: Esbo¸co do s´olido W : Esbo¸cando os planos y + z = 1 e y = x, vemos que A = (0, 0, 1) e B = (1, 1, 0) s˜ao comuns aos dois planos. Ent˜ao, ligando-os temos a reta interse¸c˜ao. Considerando que W ´e tamb´em limitado pelos planos x = 0 e z = 0, temos o esbo¸co de W na figura que se segue. z 1 A

plano x = 0 plano y = x plano y + z = 1

W

1 1

y

plano z = 0 B

x Temos, V (W ) =

ZZZ

dxdydz .

W

Limites de integra¸c˜ao nas ordens dzdxdy e dzdydx: Projetando o s´olido W sobre o plano xy, encontramos o triˆangulo Dxy .

UFF

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´ Calculo III-A

´ Modulo 4 – Tutor

y

y

y=1

1 x=0

y

sai em y = 1

1

1 entra em x = 0

Dxy Dxy

y=x



x

0≤x≤1 (tipo I) ou Dxy : x≤y≤1



Dxy sai em x = y

entra em y = x

x

Temos Dxy :

3

x

0≤x≤y (tipo II). 0≤y≤1

A reta que passa por (x, y) ∈ Dxy e ´e paralela ao eixo z entra em W em z = 0 e sai de W em z = 1 − y. Ent˜ao, 0 ≤ z ≤ 1 − y. z

1

sai em z = 1 − y

entra em z = 0

W

1

y

(x, y) 1

x Logo, V (W ) =

ZZ Z

1−y

dzdxdy .

0

Dxy

Portanto: a) V (W ) =

Z 1Z 1Z 0

UFF

x

1−y

dzdydx 0 IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 4 – Tutor

b) V (W ) =

Z 1Z y Z 0

0

4

1−y

dzdxdy 0

Limites de integra¸c˜ao nas ordens dxdydz e dxdzdy: Projetando o s´olido W sobre o plano yz encontramos o triˆangulo Dyz . z

1

Dyz

W (y, z)

entra em x = 0

1

y

1 sai em x = y

x

z

z sai em z = 1 − y

1

1

sai em y = 1 − z

y+z =1

Dyz

entra em y = 0 1

y

Dyz 1

y

entra em z = 0

Temos Dyz :



0≤y≤1 (tipo I) ou Dyz : 0≤z ≤1−y



0≤z≤1 (tipo II). 0 ≤y ≤1−z

A reta que passa por (y, z) ∈ Dyz e ´e paralela ao eixo x entra em W em x = 0 e sai de W em

UFF

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´ Calculo III-A

´ Modulo 4 – Tutor

x = y. Ent˜ao, 0 ≤ x ≤ y. Logo, V (W ) =

ZZ Z

5

y

dxdydz .

0

Dyz

Portanto: c) V (W ) =

Z 1Z 0

0

1−y Z y

dxdzdy

d) V (W ) =

0

Z 1Z 0

0

1−z Z y

dxdydz

0

Limites de integra¸c˜ao nas ordens dydzdx e dydxdz Projetando o s´olido W sobre o plano xz, temos o triˆangulo Dxz . z

entra em y = x (x, z)

sai em y = 1 − z

Dxz

y

W

x

z

z sai em z = 1 − x

1

1

sai em x = 1 − z

x+z =1 Dxz

entra em x = 0 1

x

Dxz 1

x

entra em z = 0

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 4 – Tutor

Temos Dxz :





0≤x≤1 (tipo I) ou Dxz : 0≤z ≤1−x

6

0≤z≤1 (tipo II). 0≤x≤1−z

A reta que passa por (x, z) ∈ Dxz e ´e paralela ao eixo y entra em W em y = x e sai de W em y = 1 − z. Ent˜ao, x ≤ y ≤ 1 − z. Logo, Z Z Z 1−z V (W ) = dydxdz . x

Dxz

Portanto:

e) V (W ) =

Z 1Z 0

0

1−x Z 1−z

f) V (W ) =

dydzdx

x

Z 1Z 0

0

1−z Z 1−z

dydxdz

x

Usemos o item (a) para calcular o volume de W . V (W ) =

Z 1Z 1Z 0

=

Z

1

0

=

1 2

x

1−y

dzdydx =

0

Z 1Z 0

  i h x2 1 − x− dx = 1−

−

2

1 2

+

1 6

2

=

1 6

Z

1

(1 − y)dydx =

x 1



0

1 2

−x+

x2 2



Z

1

0

i h y2 1 dx = y−

dx =

2

h

x 2

−

x

x2 2

+

x3 6

i1 0

=

u.v.

Exerc´ıcio 4: Esboce o s´olido W cujo volume ´e dado pela integral iterada I=

Z 1Z 0

1

√

x

Z

1−y 2

dzdydx

0

e reescreva na ordem dxdydz. Solu¸c˜ ao: Temos, I=

ZZZ

dxdydz

W

3

2

onde W = {(x, y, z) ∈ R ; (x, y) ∈ Dxy , 0 ≤ z ≤ 1 − y } e Dxy : W sobre o plano xy.

UFF



√0 ≤ x ≤ 1 ´e a proje¸c˜ao de x≤y≤1

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y

7

y=1

1 Dxy

x=0

y=

√

x

x

1

De 0 ≤ z ≤ 1 − y 2 vemos que W ´e limitado superiormente pelo cilindro parab´olico z = 1 − y 2 e inferiormente pelo plano z = 0. Assim o esbo¸co de W est´a representado na figura que se segue. z 1

cilindro y =

√ x

cilindro parab´ olico z = 1 − y 2

W

plano x = 0

1 Dxy

y

plano z = 0

x Para expressar a integral I na ordem dxdydz, devemos projetar W sobre o plano yz. Temos que  0 ≤ z ≤ 1√ . Dyz : 0≤y ≤ 1−z

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 4 – Tutor

8

z 1

entra em x = 0

z 1

W (y, z) sai em x = y

sai em y =

entra em y = 0

2

Dyz

Dyz

z = 1 − y2 1

1

√ 1−z

y

y

x Al´em disso, a reta que passa por (y, z) ∈ Dyz e ´e paralela ao eixo x entra em W em x = 0 e sai de W em x = y 2. Logo, 0 ≤ x ≤ y 2 . Ent˜ao, I=

ZZ Z

0

Dyz

y2

dxdydz =

Z 1Z 0

0

√

1−z

Z

y2

dxdydz .

0

Exerc´ıcio 5: Use a integral tripla para encontrar o volume do s´olido a) W limitado pelo cilindro x = y 2 e os planos z = 0 e x + z = 1; b) W limitado pelos planos z + y = 8, z − y = 8, x = 0, x = 4 e z = 0. Solu¸c˜ ao: a) Esbo¸cando o cilindro x = y 2 e o plano x + z = 1, vemos que A = (1, −1, 0), B = (0, 0, 1) e C = (1, 1, 0) s˜ao comuns. Ligando-os temos a curva interse¸c˜ao. Considerando que W ´e tamb´em limitado pelo plano z = 0, temos o esbo¸co de W e sua proje¸c˜ao D sobre o plano xy representados na figura que se segue.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 4 – Tutor

9

y z plano x + z = 1

B 1

entra em x = y 2 D

sai em z = 1 − x

W

cilindro x = y 2

sai em x = 1

1

1

x

−1

y (x, y)

A 1

C

x entra em z = 0

Temos W = {(x, y, z) ∈ R3 ; (x, y) ∈ D e 0 ≤ z ≤ 1 − x} e Dxy : temos:

ZZZ

V (W ) =

dV =

W

= =

Z Z

1

−1 1

−1

=2·

UFF

Z

1 2

(1 − x) dxdy = 2

−y +

15 − 10 + 3 30

1−x

dzdxdy = 0

Dxy

1

y2



ZZ Z

y4 2

=

Z



dy =

8 15

u.v.

ZZ



−1 ≤ y ≤ 1 . Portanto y2 ≤ x ≤ 1

(1 − x) dxdy =

Dxy 1

−1

h

Z i h x2 1 dy = x−

1 y 2

2

−

y3 3

y2

+

y5 10

i1

−1

1

−1

=2

h   i 1 y4 2 1− − y − dy =



2

1 2

−

1 3

+

2

1 10



=

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 4 – Tutor

10

b) O esbo¸co do s´olido W est´a representado na figura que se segue.

z z

8

8

plano z − y = 8

D plano z + y = 8

W −8

4 D

8

x

y

4

x



0≤x≤4 . A reta que passa por 0≤z≤8 (x, z) ∈ D e ´e paralela ao eixo y entra em W em y = z − 8 e sai de W em y = 8 − z. Ent˜ao z − 8 ≤ y ≤ 8 − z. Portanto temos: ZZZ Z Z Z 8−z ZZ V (W ) = dV = dydxdz = (8 − z − z + 8) dxdz = Projetando W sobre o plano xz temos o retˆangulo Dxz :

W

=2

ZZ

Dxz

=2

Z

0

Dxz

(8 − z) dxdz = 2

z−8

Z 4Z 0

4

(64 − 32) dx = 2 · 32

Dxz

8

(8 − z) dzdx = 2

0

Z

0

Z

0

4

i h z2 8 dx = 8z − 2

0

4

dx = 64 · 4 = 256 u.v.

Exerc´ıcio 6: Calcule a massa do s´olido W no primeiro octante limitado por y = x2 , y = 9, z = 0, x = 0 e y + z = 9 se a densidade ´e dada por δ(x, y, z) = x. Solu¸c˜ ao: Esbo¸cando o cilindro y = x2 e o plano y + z = 9 vemos que A = (3, 9, 0) e B = (0, 0, 9) s˜ao pontos comuns. Ligando-os temos a curva interse¸c˜ao. Considerando que W ´e limitado pelos planos x = 0 e z = 0, temos o esbo¸co de W e a sua proje¸c˜ao D sobre o plano xy na figura que se segue.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 4 – Tutor

11

z

y

9

sai em y = 9

9

cilindro y = x2 D sai em z = 9 − y

entra em y = x2

W plano y + z = 9

x

3 3

x plano z = 0

9

D

y

entra em z = 0

A reta que passa por (x, y) ∈ D e ´e paralela ao eixo z entra em W em z = 0 e sai de W em z = 9 − y. Ent˜ao, 0 ≤ z ≤ 9 − y. Logo, W = {(x, y, z) ∈ R3 ; (x, y) ∈ D e 0 ≤ z ≤ 9 − y} onde 0≤x≤3 . A massa de W ´e dada por Dxy : x2 ≤ y ≤ 9 M=

ZZZ

δ(x, y, z) dV =

W

=

ZZ

=

3

x(9 − y) dxdy =

Z

3

=

0

=

3

Z

x

0

Z

ZZ Z



81 · 9 4

81x 2

−

− 9x +

x5 2

36 12

=

9 · 81 4

+



dx =

35 4

=

x dzdxdy = 0

9 x2

(9 − y) dydx =

2

3

9−y

D

Z h   i 81 x4 2 x 81 − − 9x − dx = 2

0

x dV =

W

D

Z

ZZZ

h

3

x

0

81x2 4

243 4

−

9x4 4

+

Z

0

i h y2 9 dx = x 9y − 2

81 2

− 9x2 +

i3

=



x6 12

3

0

x4 2

x2



dx =

u.m.

Exerc´ıcio 7: Seja W um s´olido limitado pelo cilindro x2 + y 2 = 1, com z ≥ 0, e pelos planos y = z e z = 0 com fun¸c˜ao densidade δ(x, y, z) = y. Calcule: a) A massa de W . b) O momento de in´ercia em rela¸c˜ao ao eixo z. Solu¸c˜ ao:

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 4 – Tutor

12

a) Esbo¸cando o cilindro x2 + y 2 = 1, com z ≥ 0 e o plano y = z vemos que A = (1, 0, 0), B = (0, 1, 1) e C = (−1, 0, 0) s˜ao comuns `as superf´ıcies. Ligando-os temos a curva interse¸c˜ao. Considerando que W ´e limitado pelo plano z = 0, temos o s´olido W e a sua proje¸c˜ao D sobre o plano xy representados na figura que se segue. z sai em z = y

1

B

y 1 W C

entra em z = 0 D −1 1

(x, y)

D

1

x

y

A 1

x A reta que passa por (x, y) ∈ D e ´e paralela ao eixo z entra em W em z = 0 e sai de W em z = y. Logo, 0 ≤ z ≤ y. Assim, W = {(x, y, z) ∈ R3 ; (x, y) ∈ D : x2 + y 2 ≤ 1 , y ≥ 0 e 0 ≤ z ≤ y}. Ent˜ao, ZZZ ZZZ ZZ Z y

M=

δ(x, y, z) dV =

y dV =

y dzdxdy =

0

W

=

ZZ

W

y · y dxdy =

D

ZZ

D

y 2 dxdy .

D

Passando para coordenadas polares temos y = r sen θ, dxdy = rdrdθ e Drθ : M=

ZZ

2

2

r sen θr drdθ =

Drθ

=

1

π 2

h 4 i1

r

0

=

UFF

r 4

0≤r≤1 . Ent˜ao, 0≤θ≤π

r 3 sen2 θ drdθ =

Drθ

Z

3

ZZ



Z 0

π 2

sen θ dθdr = 0

=

π 8

1 2

h i Z sen 2θ π θ− 2

0

1

r 3 dr =

0

u.m.

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 4 – Tutor

13

b) Temos, Iz =

ZZZ

2

x +y

W

=

ZZ


x2 + y 2 y

D

=

ZZ

2




Z

δ(x, y, z) dV =

=

0


x2 + y 2 y dV =

W

y

dzdxdy =

0

ZZ D

r 2 · r 2 sen2 θ · r drdθ =

Drθ

Z

ZZZ

ZZ


x2 + y 2 y 2 dxdy =

r 5 sen2 θ drdθ =

Drθ

1

r

5

Z

π 2

sen θ dθ = 0

1 2

h i Z sen 2θ π θ− 2

0

1

r 5 dr =

0

π 2

h 6 i1 r 6

0

=

π 12

.

Exerc´ıcio 8: Um s´olido tem a forma de um cilindro circular reto de raio de base a e altura h. Determine o momento de in´ercia do s´olido em rela¸c˜ao ao eixo de simetria, se a densidade no ponto P ´e proporcional `a distˆancia de P at´e a base do s´olido. Solu¸c˜ ao: Vamos escolher os eixos coordenados de tal maneira que o eixo de simetria seja o eixo z e a base esteja no plano xy. Ent˜ao a equa¸c˜ao da superf´ıcie cil´ındrica sobre o plano xy ´e x2 + y 2 = a2 , com 0 ≤ z ≤ h. z h

W

D

a

y

a x Ent˜ao W = {(x, y, z) ∈ R3 ; (x, y) ∈ D : x2 + y 2 ≤ a2 e 0 ≤ z ≤ h}. Como a densidade em P = (x, y, z) ´e proporcional `a distˆancia de P `a base do s´olido W , a fun¸c˜ao densidade ´e δ(x, y, z) = kz, onde k ´e a constante de proporcionalidade.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 4 – Tutor

14

Portanto, o momento de in´ercia em rela¸c˜ao ao eixo z (eixo de simetria) ´e: ZZZ ZZZ

2 2 Iz = x + y δ(x, y, z) dV = k x2 + y 2 z dV = W

=k

W

ZZ Z

h 2

x +y

2

0

D

=k

ZZ

x2 + y 2

D




z dzdxdy = k

2

x +y

D


h 2 ih z 2

ZZ

0

=

kh2 2

ZZ




Z

h

z dzdxdy = 0


x2 + y 2 dxdy .

D

2

2

2

2

Passando para coordenadas polares, temos x + y = r , dxdy = r drdθ e Drθ : Logo, Iz =

ZZ

kh2 2

2

r · r drdθ =

kh2 2

Drθ

= =

UFF

kh2 2

Z

kh2 a4 8

0

a

r 3 drdθ =

0

0

0≤r≤a . 0 ≤ θ ≤ 2π

r 3 drdθ =

Drθ

2π Z

Z

ZZ



2π

dθ =

kπh2 a4 4

kh2 2

Z

0

2π

h 4 ia r 4

0

dθ =

.

IME - GMA

Universidade Federal Fluminense ´ Instituto de Matematica e Estat´ıstica ´ Departamento de Matematica Aplicada

C´alculo III-A – Lista 4 Exerc´ıcio 1: Seja a integral iterada I=

Z 1Z 0

0

−1

Z

y2

dzdydx .

0

a) Esboce o s´olido W cujo volume ´e dado pela integral I. b) Escreva cinco outras integrais iteradas que sejam iguais `a integral I. Solu¸c˜ ao: a) Temos que I=

ZZZ

dxdydz

W

com  W = (x, y, z) ∈ R3 ; (x, y) ∈ Dxy e 0 ≤ z ≤ y 2

onde

 Dxy = (x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ x ≤ 1 e − 1 ≤ y ≤ 0 .

O esbo¸co de Dxy , que representa a proje¸c˜ao do s´olido W no plano xy est´a representado na figura que se segue. z

y −1 1

x

Dxy

y

Dxy −1

1

x

Consideremos a por¸c˜ao da superf´ıcie z = y 2, dita cilindro parab´olico, que se projeta em Dxy . Considerando que z varia de 0 a y 2 , obtemos o esbo¸co de W na figura que se segue.

´ Calculo III-A

Lista 4

52

z

W −1

y 1

x b) Como Dxy ´e um retˆangulo ent˜ao I=

Z

0

−1

Z 1Z 0

y2

dzdxdy .

0

Projetando W sobre o plano yz, encontramos Dyz que ´e esbo¸cado na figura que se segue. z

z

Entra em y = −1

Sai em z = y 2

√ z

Dyz

Dyz

y

−1

Sai em y =

−1

y

Entra em z = 0

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 4

53

Temos ou

 Dyz = (y, z); −1 ≤ y ≤ 0 , 0 ≤ z ≤ y 2

 √ Dyz = (y, z); 0 ≤ z ≤ 1 , −1 ≤ y ≤ z .

Considerando um ponto P = (x, y, z) no interior de W e uma reta paralela ao eixo x, passando por P , orientada no sentido do crescimento de x, vemos que ela entra em W em x = 0 e sai de W em x = 1. Ent˜ao 0 ≤ x ≤ 1. Assim,  W = (x, y, z) ∈ R3 ; (y, z) ∈ Dyz e 0 ≤ x ≤ 1 . Logo

1

ZZ Z

I=

dxdydz .

0

Dyz

portanto Z

I= ou I=

Z

0

−1 1

0

y2

Z

Z

0

Z

1

Z

1

dxdzdy

0

√

z

dxdydz .

0

−1

Finalmente, projetando W sobre o plano xz encontramos o quadrado Dxz na figura que se segue. z

1 Dxz

x

1

Considerando um ponto P = (x, y, z) no interior de W e por P uma reta paralela ao eixo y, orientada √ no sentido do crescimento de y, vemos que ela entra em W em y = −1 e sai de W em y = z. √ Logo, −1 ≤ y ≤ z . Ent˜ao,  √ W = (x, y, z) ∈ R3 ; (x, z) ∈ Dxz e − 1 ≤ y ≤ z . Logo

I=

ZZ Z

√

dydxdz .

−1

Dxz

portanto I=

Z 1Z 1Z 0

UFF

z

0

√

z

dydxdz

−1

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 4

ou I=

Z 1Z 1Z 0

0

√

54

z

dydzdx .

−1

Exerc´ıcio 2: Seja o s´olido W limitado pelas superf´ıcies x2 + y 2 = 1, z + y = 2 e z = 0. a) Esboce W . b) Calcule a massa de W , supondo que a densidade em (x, y, z) ´e dada por δ(x, y, z) = z. Solu¸c˜ ao: a) Inicialmente, tra¸camos o cilindro x2 +y 2 = 1. Em seguida, tra¸camos no plano yz, a reta y +z = 2, que intercepta o cilindro em A e B. Pelo ponto C = (0, 0, 2) da reta, tra¸camos uma paralela ao eixo x, que intercepta o cilindro em D e E. Ligando os pontos A, B, D e E, obtemos a curva interse¸c˜ao do cilindro com o plano. Assim, temos o s´olido W . z B

E 2

z =2−y

C

D

W

A −1

x

1

1

2

y

Dxy z=0

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 4

55

b) Temos  W = (x, y, z); (x, y) ∈ Dxy , 0 ≤ z ≤ 2 − y

onde Dxy ´e dado por Dxy : x2 + y 2 ≤ 1. Temos, M=

ZZZ

δ(x, y, z) dV =

=

Dxy

z2 2

z dV =

i2−y

dxdy =

0

1 2

ZZ

Z Z Z

2−y



z dz dxdy =

0

Dxy

W

W

ZZ h

ZZZ

(4 − 4y + y 2) dy .

Dxy

Aplicando coordenadas polares, temos,   e Drθ :



x = r cos θ y = r sen θ  dxdy = rdrdθ

0≤r≤1 . Ent˜ao, 0 ≤ θ ≤ 2π 1 2

M=

ZZ

(4 − 4r sen θ + r 2 sen2 θ) r drdθ =

Drθ

= = =

1 2

Z

2πZ 1

1 2

Z

2π

1 2

Z

2π

0

0

0

0

(4r − 4r 2 sen θ + r 3 sen2 θ) drdθ =

h

2r

h

2−

2

r3 −4 3 4 3

sen θ +

sen θ +

1 4

r4 4

2

sen θ

i1 0

dθ =

i sen2 θ dθ =

h  i 4 sen 2θ 2π 1 1 1 = 2θ + cos θ + · θ− = 2

3

4

2

2

0

  1 π 17π = u.m. 4π + = 2

4

8

Exerc´ıcio 3: Calcule a massa do s´olido W limitado pelos planos x = 0, y = 0, z = 0, y + z = 1 e x + z = 1, sendo a densidade δ(x, y, z) = z. Solu¸c˜ ao: Esbo¸co do s´olido W Para esbo¸car o plano y + z = 1, tra¸camos inicialmente a reta y + z = 1 no plano yz. Como a equa¸c˜ao n˜ao depende da vari´avel x ent˜ao por pontos da reta tra¸camos retas paralelas ao eixo x. Analogamente, esbo¸camos o plano x+z = 1. Observemos que os pontos A = (0, 0, 1) e B = (1, 1, 0) UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 4

56

s˜ao comuns aos dois planos. Ligando-os por uma reta, obtemos a curva interse¸c˜ao. Considerando que W ´e limitado pelos planos coordenados, temos assim o esbo¸co na figura que se segue. z

z

1 1 A

sai em z = 1 − x sai em y = 1 − z

Dxz

x

1

entra em y = 0

entra em z = 0

W Dxz 1

y

1 B

x

Devemos projetar W no plano xz ou no plano yz, pois para projetar W no plano xy devemos dividir W em duas partes, usando o plano y = x. Ent˜ao, projetemos W no plano xz. Imaginando atrav´es de W uma reta paralela ao eixo y, orientada como o eixo y, vemos que ela entra em W em y = 0 e sai de W em y = 1 − z. Portanto:  W : (x, y, z) ∈ R3 ; (x, z) ∈ Dxz e 0 ≤ y ≤ 1 − z  0≤x≤1 . A massa M do s´olido W ´e: com Dxz : 0≤z ≤1−x M=

ZZZ

ZZZ

δ(x, y, z) dV =

W

=

ZZ

W

z(1 − z) dxdz =

Dxz

=

UFF

Z

1 0

ZZ

z−z

Dxz

h

z2 2

z dV =

−

z3 3

i1−x 0

dx =

Z

0

1

h

ZZ

Dxz 2




(1 − x)2 2

dxdz =

z

Z

dydxdz =

0

Z 1Z 0

−

1−z

(1 − x)3 3

i

1−x 0

z − z2




dz =

dx .

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 4

57

Fazendo u = 1 − x temos dx = −du. Para x = 0 temos u = 1 e para x = 1 temos u = 0. Ent˜ao, Z 0 2 Z 1 2 Z 0 2    u3 u3 u3 u u u − − − (−du) = − du = du = M= 2

1

=

h

u3 6

−

u4 12

3

i1 0

=

1 6

1

−

1 12

=

1 12

2

3

2

0

3

u.m.

Exerc´ıcio 4: Use uma integral tripla para encontrar o volume do s´olido no primeiro octante, limitado pelos gr´aficos das equa¸c˜oes y 2 + z 2 = 4, x + y = 2, z = 0, y = 0 e x = 0. Solu¸c˜ ao: Esbo¸co da superf´ıcie y 2 + z 2 = 4 (cilindro circular) com x, y, z ≥ 0 No plano yz tra¸camos o arco da circunferˆencia y 2 + z 2 = 4 com y ≥ 0 e z ≥ 0. Como esta equa¸c˜ao n˜ao depende da vari´avel x, ent˜ao por pontos do arco tracemos semirretas paralelas ao eixo x, com x ≥ 0. z 2

2

y

x Esbo¸co da superf´ıcie x + y = 2 (plano) com x, y, z ≥ 0 No plano xy tra¸camos a reta x + y = 2 com x ≥ 0 e y ≥ 0. Como esta equa¸c˜ao n˜ao depende da vari´avel z, ent˜ao por pontos dos segmentos da reta tracemos paralelas ao eixo z, com z ≥ 0.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 4

58

z

2

y

2

x Esbo¸co do s´olido W Observemos que o ponto A = (2, 0, 2) e B = (0, 2, 0) s˜ao comuns `as duas superf´ıcies. Ligando-os por uma curva temos a interse¸c˜ao. Considerando que o s´olido ´e tamb´em limitado pelos planos x = 0, y = 0 e z = 0, temos o esbo¸co de W na figura que se segue. z 2

entra em x = 0

A W

2 B

y 2

sai em x = 2 − y

x Temos que: V (W ) =

ZZZ

dV .

W

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 4

59

Para calcular a integral, vamos projetar o s´olido no plano yz. z 2

y2 + z 2 = 4

Dyz

y

2

Imaginemos uma reta paralela ao eixo x atrav´es de W , orientada como o eixo x. Vemos que ela entra em W em x = 0 e sai de W em x = 2 − y. Ent˜ao temos:  W : (x, y, z) ∈ R3 ; (y, z) ∈ Dyz e 0 ≤ x ≤ 2 − y . Assim,

V (W ) =

ZZ Z

2−y

dxdydz =

0

Dyz

ZZ

(2 − y)dydz .

Dyz

Calculemos a integral utilizando coordenadas polares.  y = r cos θ    z = r sen θ dydz = r drdθ    y 2 + z2 = r2  0≤r≤2 . Ent˜ao, e Drθ : 0 ≤ θ ≤ π/2 V (W ) =

ZZ

(2 − r cos θ) r drdθ =

Drθ

=

Z

0

π/2

Z h i2 r3 2 r − cos θ dθ = 3

0

0

π/2

Z



0

4−

h iπ/2   8 8 = 4θ − sen θ = 2π − u.v. 3

UFF

0

π/2Z 2 0

8 3


2r − r 2 cos θ drdθ =

 cos θ dθ =

3

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 4

60

Exerc´ıcio 5: Calcule o volume do s´olido W limitado pelas superf´ıcies z = −y, y = x2 − 1 e z = 0. Solu¸c˜ ao: Primeiramente, esbo¸camos o cilindro parab´olico y = x2 − 1. Em seguida, desenhamos o plano bissetor z = −y, destacando alguns pontos comuns: A = (0, −1, 1), B = (1, 0, 0) e C = (−1, 0, 0). Ligamos esses pontos por uma curva que representa a interse¸c˜ao das duas superf´ıcies. Considerando que o s´olido ´e limitado pelo plano z = 0, temos o s´olido W representado na figura que se segue. y z y=0 A

1

−1

x

1 Dxy

W z = −y −1

y

z=0 1

−1

y = x2 − 1

C −1

B

x

(

Projetando W sobre o plano xy, encontramos a regi˜ao Dxy :

2

−1 ≤ x ≤ 1

x −1≤y ≤0

. Por um ponto

(x, y, z) no interior de W , tra¸camos uma reta paralela ao eixo z. Essa reta intercepta a fronteira inferior de W no plano xy onde z = 0 e intercepta a fronteira superior no plano z = −y. Logo, 0 ≤ z ≤ −y. Assim, W = {(x, y, z); (x, y) ∈ Dxy , 0 ≤ z ≤ −y} . Ent˜ao, V (W ) =

ZZZ W

=− =

UFF

1 2

Z Z

1

−1 1

−1

Z

dV =

ZZ Z

dzdxdy =

0

Dxy

0

x2 −1

−y

y dydx = −

Z

ZZ

(−y) dxdy =

Dxy 1

−1

h

y2 2

i0

x2 −1

dx =

1 2

Z

1

−1

x2 − 1


2

dx =

h  i1 
1 x5 2x3 1 2 4 8 x4 − 2x2 + 1 dx = − +x = − +2 = u.v. 2

5

3

−1

2

5

3

15

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 4

Exerc´ıcio 6: Calcule

ZZZ

61

24z dxdydz, onde W ´e o s´olido limitado por x + y + z = 2, x = 0, y = 0,

W

z = 0 e z = 1.

Solu¸c˜ ao: Em primeiro lugar, tra¸camos o plano x + y + z = 2 e em seguida esbo¸camos o plano z = 1. Considerando que W ´e limitado pelos planos x = 0 e y = 0, temos o esbo¸co de W na figura que se segue. z z 2 2 x+z =2 1 Dxz

x=0

1

x=2−z

1

W

2

x

y =2−x−z

y=0

2

y

2

x

Projetando W sobre o plano xz temos a regi˜ao Dxz :

(

0≤z≤1

. Considerando uma paralela 0 ≤x≤2−z ao eixo y por um ponto (x, y, z) no interior de W , vemos que essa paralela intercepta a fronteira de W no plano xz onde y = 0 e depois no plano x + y + z = 2 onde y = 2 − x − z. Logo, 0 ≤ y ≤ 2 − x − z. Assim, W = {(x, y, z); (x, z) ∈ Dxz e 0 ≤ y ≤ 2 − x − z} . Ent˜ao, ZZZ

24z dV = 24

0

W

= 24

Dxz

Z

0

UFF

ZZ Z

1

Z

0

2−x−z

ZZ z dydxdz = 24 z(2 − x − z)dxdz = Dxz

2−z 2




2z − xz − z dxdz = 24

Z

0

1

i2−z h x2 z 2 dz = −z x 2zx − 2

0

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 4

62

Z 1h i (2 − z)2 z − z 2 (2 − z) dz = = 24 2z(2 − z) − 2

0

Z 1  4z − 4z 2 + z 3 = 24 − 2z 2 + z 3 dz = 4z − 2z 2 − 2

0

1

= 12

Z

1

= 12

Z

0


8z − 4z 2 − 4z + 4z 2 − z 3 − 4z 2 + 2z 3 dz =

i h
z4 1 4z 3 + = 4z − 4z 2 + z 3 dz = 12 2z 2 − 3

0

4

0

  4 1 = 12 2 − + = 11 . 3

4

Exerc´ıcio 7: Encontre a massa e a coordenada z do centro de massa do s´olido W limitado pelos gr´aficos das equa¸c˜oes z = 4 − x, z = 0, y = 0, x = 0 e y = 4 sendo a densidade δ(x, y, z) = kx, onde k > 0 ´e uma constante. Solu¸c˜ ao: Esbo¸co do s´olido W No plano xz esbo¸camos a reta x + z = 4. Como esta equa¸c˜ao n˜ao depende da vari´avel y, ent˜ao por pontos da reta tra¸camos retas paralelas ao eixo y. z

4

y 4

x

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 4

63

Considerando que W ´e tamb´em limitado pelos planos x = 0, y = 0, z = 0 e y = 4 temos o s´olido W na figura que se segue. z 4 sai em z = 4 − x

W

4

4

y

x entra em z = 0

A massa de W ´e dada por M=

ZZZ

δ(x, y, z) dV = k

W

ZZZ

x dV .

W

Para calcular a integral, devemos projetar Wsobre algum plano coordenado. Vamos projetar W no 0≤x≤4 plano xy. Encontramos o quadrado Dxy : . Imaginando uma reta paralela ao eixo 0≤y≤4 z, atrav´es de W , orientada como o eixo z, vemos que ela entra em W em z = 0 e sai de W em z = 4 − x. Ent˜ao,  W : (x, y, z) ∈ R3 ; (x, y) ∈ Dxy e 0 ≤ z ≤ 4 − x . Assim,

M =k

ZZ Z

4−x

x dzdxdy = k

0

Dxy

=k

Z 4Z 0

=

128k 3

x(4 − x) dxdy =

Dxy

4 2

0

ZZ

4x − x

u.m.




dxdy = k

Z

4 0

Z h i4 x3 32k 2 2x − dy = 3

0

3

4

dy =

0

A componente z ´e dada por: Mz =

ZZZ W

C´alculo de

ZZZ

z δ(x, y, z) dV = k

ZZZ

xz dV .

W

xz dV

W

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 4

Temos, ZZ Z

4−x

xz dzdxdy = 0

Dxy

=

1 2

Z

ZZ

Dxy 4

0

x

16x − 8x2 + x3




Z

h 2 i4−x z 2

0

64

dxdy =

ZZ

Dxy

4

dydx = 2 0

1 2

Z


x 4 − x2 dxdy =

4


16x − 8x2 + x3 dx =

0

h   i 8x3 x4 4 128 8 × 64 = 2 8x2 − + + 64 = . = 2 8 × 16 − 3

Logo, substituindo acima, temos

4

3

0

128k 3

z=

3

128k 3

portanto z = 1.

Exerc´ıcio 8: Encontre o momento de in´ercia Iz do s´olido no primeiro octante, limitado pelos gr´aficos das equa¸c˜oes z = y, x2 + y 2 = 1, z = 0 e x = 0 se a densidade ´e dada por δ(x, y, z) = kz, onde k > 0 ´e uma constante. Solu¸c˜ ao: Esbo¸co do s´olido W No primeiro octante esbo¸camos o cilindro x2 + y 2 = 1. Em seguida, esbo¸camos o plano z = y, destacando alguns pontos comuns como A = (1, 0, 0) e B = (0, 1, 1). Ligando-os por uma curva, temos a curva interse¸c˜ao. Considerando que o s´olido ´e limitado pelos planos z = 0 e x = 0, temos o esbo¸co de W na figura que se segue. z

y sai em z = y

1

B

x2 + y 2 = 1

Dxy

W

1 1 A

x

UFF

x

y

1 entra em z = 0 Dxy

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 4

65

O momento de in´ercia Iz ´e dado por: ZZZ ZZZ
2 2 Iz = x + y δ(x, y, z) dV = k W


x2 + y 2 z dV .

W

C´alculo da integral Projetando W no plano xy encontramos a regi˜ao Dxy : x2 + y 2 ≤ 1, x ≥ 0 e y ≥ 0. Imaginando uma reta paralela ao eixo z atrav´es de W , orientada como o eixo z, vemos que ela entra em W em z = 0 e sai de W em z = y. Ent˜ao 0 ≤ z ≤ y. Assim, ZZ Z y ZZ

h z 2 iy 2 2 dxdy = Iz = k x + y z dzdxdy = k x2 + y 2 2

0

Dxy

=

k 2

ZZ

0

Dxy


x2 + y 2 y 2 dxdy .

Dxy

Passando para coordenadas polares temos     e Drθ :



x = r cos θ y = r sen θ dxdy = r drdθ    x2 + y 2 = r 2

0≤r≤1 . Ent˜ao, 0 ≤ θ ≤ π/2 Iz =

k 2

ZZ

2

k 2

2

r (r sen θ) r drdθ =

Drθ

=

k 2

Z

π/2 2

sen θ 0

h 6 i1 r 6

Da trigonometria temos que sen2 θ = Z

2

sen θ dθ =

0

dθ =

1 − cos 2θ 2

Z

Iz =

UFF

·

1 2

Z

π/2

Z

2

sen θ

0

1

r 5 drdθ =

0

π/2

sen2 θ dθ .

0

. Logo,

1 − cos 2θ 2

Assim, k 12

k 12

Z

dθ =

1 2

  sen 2θ θ− +C. 2

h i kπ sen 2θ π/2 = θ− . 2

0

48

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 4

66

Exerc´ıcio 9: Seja W um s´olido limitado pelas superf´ıcies z = y 2, z = 2 − y 2 , x = 0 e x + z = 4. a) Esboce W . b) Calcule o volume de W . Solu¸c˜ ao: a) Inicialmente, encontremos os pontos de interse¸c˜ao das duas par´abolas:  z = y2 ⇔ y 2 = 2 − y 2 ⇔ 2y 2 = 2 ⇔ y = ±1 . z = 2 − y2 Por pontos das par´abolas tra¸camos paralelas ao eixo x (por exemplo, (0, 0, 2), (0, 0, 0), (0, −1, 1) e (0, 1, 1)). No plano xz, tra¸camos a reta x + z = 4, que intercepta as superf´ıcies anteriores em A e B. Por (0, 0, 1), tra¸camos uma paralela ao eixo x, que intercepta a reta em C. Por C, tra¸camos uma paralela ao eixo y, que intercepta as superf´ıcies anteriores em D e E. Ligando A, E, B e D por uma curva fechada, obtemos o s´olido W .

z 4

(0, 0, 2)

x=0

A (0, 0, 1) D

W

C E

y x

UFF

B = (4, 0, 0)

x=4−z

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 4

67

b) Projetando W sobre o plano yz encontramos Dyz .

z 2 z = 2 − y2 1

z = y2

y Ent˜ao descrevemos W por:  W = (x, y, z); (y, z) ∈ Dyz e 0 ≤ x ≤ 4 − z .

Temos, V (W ) =

ZZZ

dxdydz =

W

= = =

Z

1

−1

Z

y2

Z 1h

1 2

Z

1

−1

0

Dyz

2−y 2

1 2

−1

Z Z Z

(4 − z) dzdy =

Z

1

−1

4−z

 ZZ dx dydz = (4 − z) dydz = Dyz

Z 1h i2−y2 i2−y2 h 1 z2 dy = 8z − z 2 dy = 4z − 2

2

y2

−1

y2



i 16 − 8y 2 − 4 + 4y 2 − y 4 − 8y 2 − y 4 dy =

(12 − 12y 2) dy =

1 2

i1 h 1 = · 2(12 − 4) = 8 u.v. 12y − 4y 3 −1

2

Exerc´ıcio 10: Seja W o s´olido limitado pelas superf´ıcies z + x2 = 4, y + z = 4, y = 0 e z = 0. a) Esboce W . b) Calcule, por integral tripla, o volume do s´olido W . Solu¸c˜ ao: a) Para esbo¸car a superf´ıcie z + x2 = 4 (dita cilindro parab´olico), tra¸camos no plano y = 0, a par´abola z = 4 − x2 . Como a equa¸c˜ao n˜ao cont´em a vari´avel y, ent˜ao por pontos da par´abola (por exemplo A = (0, 0, 4), (2, 0, 0) e (−2, 0, 0)) tra¸camos paralelas ao eixo y. No plano x = 0, tra¸camos a reta y + z = 4, que intercepta o cilindro em A = (0, 0, 4). Para esbo¸car o plano, devemos tra¸car paralelas ao eixo x, por pontos da reta. Em particular, por (0, 4, 0). Esta paralela intercepta o cilindro nos pontos B e C. A curva que passa por B, A e C UFF

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´ Calculo III-A

Lista 4

68

z A = (0, 0, 4)

W

y =4−z

y=0 (−2, 0, 0)

C (0, 4, 0)

(2, 0, 0)

B

y

x representa a curva interse¸c˜ao do plano com o cilindro. Considerando os planos y = 0 e z = 0, temos o esbo¸co de W . b) Temos V (W ) =

ZZZ

dxdydz, onde W pode ser descrito por:

W

onde

 W = (x, y, z); (x, z) ∈ Dxz e 0 ≤ y ≤ 4 − z  Dxz = (x, z) ∈ R2 ; −2 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ z ≤ 4 − x2 . z

4 z = 4 − x2

−2

2

x

z=0

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 4

Ent˜ao, V (W ) =

4−z

Z Z Z



dy dxdz =

0

Dxz

=

Z

2

1 2

Z

−2

=

Z 2

4−x2 0

(4 − z) dzdx =

ZZ

(4 − z) dxdz =

Dxz

Z

2

−2

i 2 h z 2 4−x dx = 4z − 2

0


1 32 − 8x − 16 + 8x − x dx = 2

−2

69

2

4

2

Z

2

−2


16 − x4 dx =

h i2   1 x5 128 1 32 = · 2 32 − 16x − = = u.v. 2

UFF

5

−2

2

5

5

IME - GMA

Universidade Federal Fluminense ´ Instituto de Matematica e Estat´ıstica ´ Departamento de Matematica Aplicada

C´alculo III-A – M´odulo 5 Aula 9 – Mudan¸ca de Vari´aveis na Integral Tripla Objetivo • Aprender a fazer mudan¸ca de vari´aveis em integrais triplas. • Estudar a mudan¸ca de vari´aveis cil´ındricas.

Aqui temos um resultado similar `a mudan¸ca de vari´aveis em integral dupla: ZZZ ZZZ
f (x, y, z) dxdydz = f x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w) |J| dudvdw W

Wuvw

onde

∂(x, y, z) J= = ∂(u, v, w)

∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂u

∂x ∂v ∂y ∂v ∂z ∂v

´e o jacobiano da mudan¸ca de vari´aveis

∂x ∂w ∂y ∂w ∂z ∂w

6= 0

ϕ(u, v, w) = (x, y, z) = x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w) e Wuvw = ϕ(W ).

Um caso particular de mudan¸ca de vari´ aveis Coordenadas cil´ındricas




´ Calculo III-A

´ Modulo 5

2

z As coordenadas cil´ındricas (r, θ, z) s˜ao definidas por   x = r cos θ y = r sen θ ∴ x2 + y 2 = r 2  z=z

P

z x

com r ≥ 0, θ0 ≤ θ ≤ θ0 + 2π, para algum θ0 e z ∈ R.

θ

y

r

y

x As coordenadas r e θ s˜ao as mesmas que as coordenadas polares e, portanto, as suas varia¸c˜oes s˜ao encontradas na proje¸c˜ao de W no plano xy. A varia¸c˜ao de z ´e encontrada diretamente no s´olido. Supondo que z1 (x, y) ≤ z ≤ z2 (x, y), ent˜ao a varia¸c˜ao de z ser´a z1 (r cos θ, r sen θ) ≤ z ≤ z2 (r cos θ, r sen θ) . Calculando o jacobiano da transforma¸c˜ao cil´ındrica, encontramos J=

∂(x, y, z) =r ∂(r, θ, z)

(Verifique!)

Logo,

ZZZ

f (x, y, z) dxdydz =

W

ZZZ

f (r cos θ, r sen θ, z) r drdθdz

Wrθz

´e a f´ormula da integral tripla em coordenadas cil´ındricas.

Exemplo 1 Calcule

ZZZ

(zx2 + zy 2 ) dxdydz, sendo W o s´olido limitado pelo cilindro x2 + y 2 ≤ 1, pelo plano

W

z = 0 e pelo paraboloide z = 4 − x2 − y 2. Solu¸c˜ao: De z = 4 − x2 − y 2 e x2 + y 2 = 1, temos z = 3. Isso significa que as superf´ıcies apresentam interse¸c˜ao no plano z = 3. O esbo¸co de W ´e: Passando para coordenadas cil´ındricas, temos  x=     y=  z=   dxdydz =    2 x + y2 = UFF

r cos θ r sen θ z . r drdθdz r2 IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 5

3

z 4 z = 4 − x2 − y 2 3 W P = (x, y, z)

y

1 z=0

1

x Seja P = (x, y, z) ∈ W . Uma reta por P , paralela ao eixo z, intercepta a fronteira de W em z = 0 e z = 4 − x2 − y 2 = 4 − r 2 . Logo, 0 ≤ z ≤ 4 − r 2 . Como a proje¸c˜ao de W no plano xy ´e o disco x2 + y 2 ≤ 1, ent˜ao 0 ≤ r ≤ 1 e 0 ≤ θ ≤ 2π. Logo o conjunto Wrθz ´e dado por:  0≤r≤1   . Wrθz : 0 ≤ θ ≤ 2π   0 ≤ z ≤ 4 − r2 Temos,

ZZZ W

2

zx + zy

2




dxdydz =

ZZZ

=

ZZZ

zr 2 · r drdθdz

=

ZZZ

zr 3 drdθdz


z x2 + y 2 dxdydz

W

Wrθz

Wrθz

= =

Z Z

= π

UFF

1

r

3

0 1

r

3

0

Z

Z

0

2π Z 4−r 2

h 2 i4−r2 Z z 2

z dzdθdr

0

0

2π

dθdr

0

1

r 3 (4 − r 2 )2 dr 0

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 5

4

= π

Z

1


16r 3 − 8r 5 + r 7 dr

0

h = π 4r 4 − =

67π 24

4r 6 3

+

r8 8

i1 0

.

Aula 10 – Integral Tripla em Coordenadas Esf´ericas.

Objetivo • Estudar a mudan¸ca de vari´aveis esf´ericas.

z As coordenadas esf´ericas (ρ, φ, θ) s˜ao definidas por   x = ρ sen φ cos θ y = ρ sen φ sen θ ∴ x2 + y 2 + z 2 = ρ2  z = ρ cos φ

P φ ρ

z

y y

com ρ ≥ 0, 0 ≤ φ ≤ π, θ0 ≤ θ ≤ θ0 + 2π, para algum θ0 .

x

θ

x A coordenada ρ mede a distˆancia do ponto P `a origem (portanto ρ ≥ 0). A coordenada θ ´e a mesma que a coordenada cil´ındrica e sua varia¸c˜ao ´e encontrada na proje¸c˜ao de W no plano xy. A coordenada φ ´e o ˆangulo entre o eixo z positivo (onde φ = 0) e a semirreta OP . A varia¸c˜ao m´axima de φ ´e 0 ≤ φ ≤ π. Calculando o jacobiano da transforma¸c˜ao esf´erica, temos: J=

∂(x, y, z) = ρ2 sen φ ∂(ρ, φ, θ)

(Verifique!)

Logo,

ZZZ W

UFF

f (x, y, z) dV =

ZZZ

f (ρ sen φ cos θ, ρ sen φ sen θ, ρ cos φ) ρ2 sen φ dρdφdθ

Wρφθ

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 5

5

´e a f´ormula da integral tripla em coordenadas esf´ericas.

Exemplo 1 Calcule o volume da esfera W : x2 + y 2 + z 2 ≤ a2 , (a > 0). Solu¸c˜ao: O esbo¸co de W ´e:

z a

W a

a

y

x Passando para coordenadas esf´ericas, temos  x=     y=  z=   dV = dxdydz =    2 2 2 x +y +z =

ρ sen φ cos θ ρ sen φ sen θ ρ cos φ . ρ2 sen φ dρdφdθ ρ2

A equa¸c˜ao da esfera x2 + y 2 + z 2 = a2 fica ρ = a. Logo, o conjunto Wρφθ ´e dado por:

Wρφθ

UFF

 0≤ρ≤a   0≤φ≤π . :   0 ≤ θ ≤ 2π

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 5

Como V (W ) =

ZZZ

6

dxdydz ent˜ao:

W

ZZZ

V (W ) =

ρ2 sen φ dρdφdθ

Wρφθ

Z

=

a 2

ρ

0

= 2π

π

Z

sen φ

0

a

Z

2

ρ

Z



π

sen φ dφdρ

= 2π − cos φ h 3 ia ρ 3

4πa3

=

3

dθdφdρ

0

0

0

= 4π

2π

Z

π 0

Z

a

ρ2 dρ 0

0

u.v.

Exemplo 2 Calcule o volume do elipsoide W :

x2 a2

+

y2 b2

+

z2 c2

≤ 1, (a, b, c > 0).

Solu¸c˜ao: Fa¸camos a mudan¸ca de vari´aveis

Temos

∂(x, y, z) = J= ∂(u, v, w)

Logo,

∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂u

  x = au y = bv  z = cw ∂x ∂v ∂y ∂v ∂z ∂v

∂x ∂w ∂y ∂w ∂z ∂w

a 0 0 = 0 b 0 0 0 c

= abc 6= 0 .

dxdydz = |J| dudvdw = abc dudvdw . 2

2

O elipsoide W : xa2 + yb2 + ZZZ V (W ) = dxdydz, ent˜ ao:

z2 c2

≤ 1 ´e transformado na esfera Wuvw : u2 + v 2 + w2 ≤ 1.

Como

W

V (W ) =

ZZZ

Wuvw

UFF

|J| dudvdw = abc

ZZZ

dudvdw = abc V (Wuvw ) = abc ·

4 4 · π · 13 = πabc . 3 3

Wuvw

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 5

Exerc´ıcio 1: Calcule

ZZZ

x2 + y 2

W




7

dV , onde W ´e a regi˜ao interior ao cilindro x2 + y 2 = 1 e

`a esfera x2 + y 2 + z 2 = 4. ZZZ p Exerc´ıcio 2: Calcule x2 + y 2 dV , onde W ´e a regi˜ao limitada por z = x2 + y 2 − 4 e W

z = 4 − x2 − y 2 .

2 2 Exerc´ıcio 3: Use a integral p tripla para calcular o volume do s´olido W acima do paraboloide z = x +y e abaixo do cone z = x2 + y 2 .

Exerc´ıcio 4: Calcule

ZZZ W


x2 + y 2 + z 2 dV , sendo W a regi˜ao limitada superiormente pela esfera

x2 + y 2 + z 2 = 16 e inferiormente pelo cone z =

p x2 + y 2 .

Exerc´ıcio 5: Calcule o volume do r s´olido W que est´a dentro da esfera x2 + y 2 + z 2 = 4, acima do x2 + y 2 3

plano z = 0 e abaixo do cone z =

.

Exerc´ıcio 6: Fa¸ca o esbo¸co do s´olido W cujo volume ´e dado pela integral Z

0

π/3Z 2πZ sec φ 0

ρ2 sen φ dρdθdφ

0

e calcule essa integral. Exerc´ıcio 7: Verificar que o centro de massa de uma esfera de raio 1 coincide com o seu centro, sabendo-se que a sua distribui¸c˜ao de massa ´e homogˆenea. Exerc´ıcio 8: Calcule o momento de in´ercia em rela¸c˜ao ao eixo z do s´olido limitado por z = 4−x2 −y 2 e z = 0, sabendo que a densidade em um ponto ´e proporcional `a distˆancia de P ao plano xy.

UFF

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Universidade Federal Fluminense ´ Instituto de Matematica e Estat´ıstica ´ Departamento de Matematica Aplicada

C´alculo III-A – M´odulo 5 – Tutor Exerc´ıcio 1: Calcule

ZZZ

(x2 + y 2) dV , onde W ´e a regi˜ao interior ao cilindro x2 +y 2 = 1 e `a esfera

W

x2 + y 2 + z 2 = 4. √ Solu¸c˜ ao: De x2 + y 2 + z 2 = 4 e x2 + y 2 = 1, temos z 2 = 3, portanto z = ± 3 e x2 + y 2 = 1. Assim, o esbo¸co de W est´a representado na figura que se segue. z sai em z =

2 √

p

4 − x2 − y 2

3

W

1

y

entra em z = −

p 4 − x2 − y 2

1

x

√ − 3

Da figura vemos que o n p p W = (x, y, z); (x, y) ∈ D : x2 + y 2 ≤ 1 e − 4 − x2 − y 2 ≤ z ≤ 4 − x2 − y 2 . Passando para coordenadas cil´ındricas, temos:  2 x + y 2 = r2 dV = r dr dθ dz e W ´e descrito por Wrθz

 

0 ≤ θ ≤ 2π 0 ≤ r ≤ 1√ :  √ − 4 − r2 ≤ z ≤ 4 − r2

´ Calculo III-A

´ Modulo 5 – Tutor

2

Logo, ZZZ

2

x +y

W

= 2π

Z

1

r

3

0

Z


2 √

dV =

ZZZ

2

r · r drdθdz =

Wrθz

4−r 2

√ − 4−r 2

dzdr = 2π

Z

1 0

Z

1

r

3

Z

√

4−r 2

√ − 4−r 2

0

Z

2π

dθdzdr =

0

√ r 3 · 2 4 − r 2 dr .

Fazendo u = 4 − r 2 , teremos du = −2r dr e r 2 = 4 − u.   u=4 r=0 . Assim, teremos Para u=3 r=1 ZZZ

2

x +y

W

= 2π

Z

2




dV = 2π

1/2

−u

3

= 2π = 2π

h 

8 3

64 3

·8− −

Exerc´ıcio 2: Calcule

64 5

2 5

3/2




(4 − u)u h

du = 2π 4 ·

1/2

(−du) = −2π

2 3/2 u 3

−

2 5/2 u 5

i4 3

Z

4

3


4u1/2 − u3/2 du =

=

  √ √ i 8 2 · 32 − ·3 3− ·9 3 = √

−8 3+

ZZZ W

4 − x2 − y 2 .

3

4

4

4u

Z

p

3

5

18 √ 3 5





=π

256 15

−

√  44 3 5

.

x2 + y 2 dV , onde W ´e a regi˜ao limitada por z = x2 + y 2 − 4 e z =

Solu¸c˜ ao: De z = x2 + y 2 − 4 e z = 4 − x2 − y 2, temos 2x2 + 2y 2 = 8, portanto x2 + y 2 = 4 e z = 0. O que significa que a interse¸c˜ao ocorre no plano z = 0 segundo a circunferˆencia x2 + y 2 = 4. Assim, o esbo¸co de W est´a representado na figura que se segue.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 5 – Tutor

3

z 4

sai em z = 4 − x2 − y 2

W

y

2 2

x

entra em z = x2 + y 2 − 4

−4

Da figura, vemos que  W = (x, y, z); (x, y) ∈ D : x2 + y 2 ≤ 4 e x2 + y 2 − 4 ≤ z ≤ 4 − x2 − y 2 . Vamos calcular a integral usando coordenadas cil´ındricas. Temos √  p x2 + y 2 = r2 = r dV = r dr dθ dz  

0 ≤ θ ≤ 2π . Dessa forma, 0≤r≤2  2 2 r −4 ≤z ≤ 4−r ZZZ p ZZZ Z 2 Z 4−r2 Z 2π x2 + y 2 dV = r · r drdθdz = r2 dθdzdr =

com (r, θ, z) ∈ Wrθz , onde Wrθz ´e dado por

r 2 −4

0

W

= 2π

Wrθz

Z

2

r

0

= 4π

h

4r3 3

2

Z

−

4−r 2

dzdr = 2π r 2 −4 5 i2

r 5

0

= 4π

h

32 3

−

Z

2

r

2

0

32 5

i

=

2

2




0

4 − r − r + 4 dr = 4π

Z

0

2


4r 2 − r 4 dr =

256 π. 15

2 2 Exerc´ıcio 3: Use a integral p tripla para calcular o volume do s´olido W acima do paraboloide z = x +y e abaixo do cone z = x2 + y 2 . p
Solu¸c˜ ao: De z = x2 + y 2 e z = x2 + y 2 ou z 2 = x2 + y 2 temos z 2 = z ou z 2 − z = 0 ou z(z − 1) = 0 portanto z = 0 ou z = 1. Logo, as superf´ıcies se interceptam em (0, 0, 0) e tamb´em no plano z = 1, segundo a circunferˆencia x2 + y 2 = 1. Com isso, o esbo¸co do s´olido W est´a representado na figura que se segue.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 5 – Tutor

4

z 1 sai em z =

W

p

x2 + y 2

entra em z = x2 + y 2

y

x Da figura vemos que o n p 2 2 2 2 2 2 W = (x, y, z); (x, y) ∈ D : x + y ≤ 1 e x + y ≤ z ≤ x + y . Temos por integral tripla que V (W ) =

ZZZ

dV . Vamos calcular a integral utilizando coordenadas

W

cil´ındricas. Temos,

com (r, θ, z) ∈ Wrθz , onde Wrθz V (W ) =

ZZZ

 x = r cos θ    y = r sen θ z=z    dxdydz = dV = r dr dθ dz   0 ≤ θ ≤ 2π 0 ≤ r ≤ 1 . Logo, o volume ser´a: ´e dado por  2 r ≤z≤r

r drdθdz =

= 2π

1 0

r r−r

Exerc´ıcio 4: Calcule

1

Z

1

r

2




ZZZ

dr = 2π

0

Z rZ r2

0

Wrθz

Z

Z

2π

dθdzdr = 2π

0

Z

1

r 0

Z

r

dzdr = r2

 i  h 3
r4 1 1 1 π r − − = 2π = u.v. r 2 − r 3 dr = 2π 3

4

0

3

4

6

(x2 + y 2 + z 2 ) dV , sendo W a regi˜ao limitada superiormente pela esfera

W

p x + y + z = 16 e inferiormente pelo cone z = x2 + y 2 . p Solu¸c˜ ao: De x2 + y 2√ + z 2 = 16 e z = x2 + y 2 (ou z 2 = x2 + y 2 ), temos 2 (x2 + y 2 ) = √ 16 ou 2 2 x + y  = 8 e z = 2 2 . Logo, a interse¸c˜ao ´e uma circunferˆencia contida no plano z = 2 2 de √ √ centro 0, 0, 2 2 e raio 2 2 . Assim, o esbo¸co de W est´a representado na figura que se segue. 2

UFF

2

2

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 5 – Tutor

5

z 4 sai em ρ = 4 √ 2 2

W

D

√ 2 2

y

√ 2 2 entra em ρ = 0

x Vamos passar para coordenadas esf´ericas:  x =     y =  z =   dV =    2 2 2 x +y +z =

ρ sen φ cos θ ρ sen φ sen θ ρ cos φ . ρ2 sen φ dρdφdθ ρ2

Descri¸c˜ao de W em coordenadas esf´ericas: Como a proje¸c˜ao de W no plano xy ´e o disco D : x2 + y 2 ≤ 8, ent˜ao 0 ≤ θ ≤ 2π. Por um ponto P no interior de W consideramos a semirreta OP . Vemos que ela entra na origem onde ρ = 0 e sai de W em um ponto da esfera x2 + y 2 + z 2 = 16, onde ρ = 4. Logo, 0 ≤ ρ ≤ 4. Finalmente, efetuando uma “varredura” no s´olido W p a partir do eixo z positivo onde φ = 0, vemos que esta π π varredura finaliza na parede do cone z = x2 + y 2 , onde φ = . Assim, 0 ≤ φ ≤ . Portanto, a 4 4 descri¸c˜ao de W em coordenadas esf´ericas ´e:  0 ≤ θ ≤ 2π    0≤ρ≤4 Wρφθ =  π   0≤φ≤ 4

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Assim,

´ Modulo 5 – Tutor

ZZZ

2

2

x +y +z

2

W

=

Z

π/4

sen φ

0

= 2π =

Z




4 4

ρ

0

h 5 i4 Z ρ 5

2 · 45 π 5

0

dV =

ZZZ Wρφθ

Z


ρ2 ρ2 sen φ dρdφdθ =

2π

dθdρdφ = 2π

0

π/4

sen φ dφ = 0

6

2 · 45 π 5

h

Z

π/4

sen φ 0

− cos φ

Z

4

ρ4 dρdφ =

0

iπ/4 0

=

 √  √
45 π 2 1− = 2− 2 . 2

5

Exerc´ıcio 5: Calcule o volume do r s´olido W que est´a dentro da esfera x2 + y 2 + z 2 = 4, acima do plano z = 0 e abaixo do cone z =

x2 + y 2 3

Solu¸c˜ ao: De x2 + y 2 + z 2 = 4 e z =

r

.

x2 + y 2 3



ou z 2 =

x2 + y 2 3



temos x2 + y 2 +

x2 + y 2 3

= 4 ou

4 (x2 + y 2 ) = 12, portanto x2 + y 2 = 3 e z = 1. Logo, a interse¸c˜ao ´e a circunferˆencia x2 + y 2 = 3 contida no plano z = 1. Assim, o esbo¸co de W est´a representado na figura que se segue.

z

1 W

2

y

x

Descri¸c˜ao de W em coordenadas esf´ericas: Como a proje¸c˜ao de W sobre o plano xy ´e o disco D : x2 + y 2 ≤ 4, ent˜ao 0 ≤ θ ≤ 2π. Considerando uma semirreta pela origem, no interior de W , vemos que ela entra em W na origem, onde ρ = 0 e sai de W em um ponto da esfera x2 + y 2 + z 2 = 4, onde ρ = 2. Logo, 0 ≤ ρ ≤ 2. Temos

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 5 – Tutor

r

z=

x2 + y 2 3

1 p 2 x 3

=√

7

1 p 2 ρ sen2 φ 3

+ y 2 ⇒ ρ cos φ = √

1 3

⇒ ρ cos φ = √ ρ sen φ ⇒ tg φ =

√

3 ⇒ φ=

π 3

⇒

.

Efetuando uma “varredura” em W , ela come¸ca na parede do cone, onde φ = π/3 e termina no plano z = 0, onde φ = π/2. Logo, π/3 ≤ φ ≤ π/2. Assim, temos   0 ≤ θ ≤ 2π 0≤ρ≤2 Wρφθ .  π/3 ≤ φ ≤ π/2 Temos,

V (W ) =

ZZZ

dV =

W

= 2π

Z

0

2 2

ρ

Z

ZZZ

2

ρ sen φ dρdφdθ =

Z

2 2

ρ

π/2

sen φ dφdρ = 2π

π/3

Z

π/2

sen φ

π/3

0

Wρφθ

Z

0

2π

dθdφdρ =

0

2 π/2

Z

ρ2 [− cos φ]π/3 dρ = 2π



1 2

−0

h

ρ3 3

i2 0

=

8π 3

u.v.

Exerc´ıcio 6: Fa¸ca o esbo¸co do s´olido W cujo volume ´e dado pela integral Z

0

π/3Z 2πZ sec φ 0

ρ2 sen φ dρdθdφ

0

e calcule essa integral. Solu¸c˜ ao: Essa integral iterada ´e uma integral tripla sobre a regi˜ao W descrita em coordenadas esf´ericas por: Wρφθ : {(ρ, φ, θ); 0 ≤ φ ≤ π/3 , 0 ≤ θ ≤ 2π , 0 ≤ ρ ≤ sec φ} . Das coordenadas esf´ericas temos z = ρ cos φ, x2 + y 2 = ρ2 sen2 φ e dV = ρ2 sen φ dρdφdθ. Logo, φ=

π 3

⇒ tg φ =

⇒ ρ sen φ =

√

√

3 ⇒

sen φ cos φ

3ρ cos φ ⇒

e, tamb´em,

p

=

√

3 ⇒ sen φ =

x2 + y 2 =

√

√

3 cos φ ⇒

3z ⇒ z =

q

x2 + y 2 3

(cone)

1 cos φ

= 1 ⇒ z = 1 (plano horizontal) q 2 2 Assim, o s´olido W ´e limitado inferiormente pelo cone z = x +3 y e superiormente pelo plano z = 1 √ e sua proje¸c˜ao no plano xy ´e o disco D : x2 + y 2 ≤ ( 3)2 . ρ = sec φ ⇒ ρ =

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 5 – Tutor

8

z

1

W

D

√ √

y

3

3

x Temos ent˜ao que: Z π/3Z 2πZ 0

0

sec φ 2

ρ sen φ dρdθdφ =

0

ZZZ

2

ρ sen φ dρdφdθ =

Wρφθ

ZZZ

dV =

W

1 1 √ = volume do cone W = (´area da base) × altura = π( 3)2 · 1 = π . 3

3

Exerc´ıcio 7: Verificar que o centro de massa de uma esfera de raio 1 coincide com o seu centro, sabendo-se que a sua distribui¸c˜ao de massa ´e homogˆenea. Solu¸c˜ ao: Vamos escolher os eixos coordenados de forma que a origem seja o centro da esfera de raio 1. Logo, o s´olido W ´e limitado pela superf´ıcie x2 + y 2 + z 2 = 1. z 1

W

1

y

1

x Como a distribui¸c˜ao de massa ´e homogˆenea, ent˜ao o centro de massa (x, y, z) ´e dado por: ZZZ ZZZ ZZZ V (W )x = x dV , V (W )y = y dV e V (W )z = z dV W

UFF

W

W

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 5 – Tutor

onde V (W ) =

4 3

9

4 3

· π · 13 = π.

Passando para coordenadas esf´ericas, temos x = ρ sen φ cos θ, y = ρ sen φ sen θ, z = ρ cos φ, dV = ρ2 sen φ dρdφdθ e Wρφθ : 0 ≤ ρ ≤ 1 , 0 ≤ φ ≤ π , 0 ≤ θ ≤ 2π. Ent˜ao ZZZ W

=

Z

ZZZ x dV = (ρ sen φ cos θ) ρ2 sen φ dρdφdθ = Wρφθ

π 2

sen φ

0

Z

Z

π

Z

2π

cos θ dθ dρdφ = 0 {z }

|0

=0

2

sen φ

0

ZZZ

z dV =

W

0

ρ

y dV =

W

=

3

0

ZZZ

Z

1

Z

1

3

ρ

0

Z |

2π

sen θ dθ dρdφ = 0 {z }

0

=0

ZZZ

(ρ cos φ) ρ sen φ dρdφdθ =

h

iπ

2

Wρφθ

1 3

ρ

Z

0

2π

|

sen2 φ 2

{z

=0

0

Z

1

3

ρ 0

Z

2π

0

Z

π

cos φ sen φ dφdθdρ

0

dθdρ = 0 .

}

Ent˜ao, (x, y, z) = (0, 0, 0), centro da esfera. Exerc´ıcio 8: Calcule o momento de in´ercia em rela¸c˜ao ao eixo z do s´olido limitado por z = 4−x2 −y 2 e z = 0, sabendo que a densidade em um ponto ´e proporcional `a distˆancia de P ao plano xy. Solu¸c˜ ao: O esbo¸co de W est´a representado na figura que se segue. z 4

W

2

y

2

x

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Temos Iz =

´ Modulo 5 – Tutor

ZZZ W

10


x2 + y 2 δ(x, y, z) dV , onde δ(x, y, z) = k|z| = kz pois z ≥ 0. Logo, Iz = k

ZZZ W


x2 + y 2 z dV .

Passando para coordenadas cil´ındricas, temos ZZZ ZZZ
2 Iz = k r z r drdθdz = k r 3 z drdθdz Wrθz

Wrθz

onde Wrθz ´e dado por:

  0≤r≤2 0 ≤ θ ≤ 2π : .  0 ≤ z ≤ 4 − r2

Wrθz Logo, Iz = k

Z

2

r

3

0

= kπ

Z

Z

4−r 2

z 0

Z

2π

dθdzdr = 2kπ 0

r 0

2

16 − 8r + r

2

r

0

2 3

Z

4




dr = kπ

Z

2 0

3

h

z2 2

i4−r2 0

dr =


16r 3 − 8r 5 + r 7 dr =

 h i2  4 · 26 4r6 r8 28 = kπ 4 · 24 − = kπ 4r 4 − = + + 

= 26 kπ 1 −

UFF

3

8

4 3



+

1 2

3

0

= 26 kπ

6−8+3 6

=

8

32 kπ . 3

IME - GMA

Universidade Federal Fluminense ´ Instituto de Matematica e Estat´ıstica ´ Departamento de Matematica Aplicada

C´alculo III-A – Lista 5 Exerc´ıcio 1: Calcule

ZZZ W

p x2 + y 2 dV onde W ´e a regi˜ao contida dentro do cilindro x2 + y 2 = 4

e entre os planos z = 1 e z = 4.

Solu¸c˜ ao: O esbo¸co de W est´a representado na figura que se segue. z

4

y 2

W Dxy 2

x

1 Dxy 2

2

y

x p Como o integrando envolve x2 + y 2 e a regi˜ao de integra¸c˜ao ´e um cilindro, devemos calcular a integral utilizando coordenadas cil´ındricas. Temos,  x = r cos θ     y = r sen θ  z = z   dV = rdrdθdz    2 x + y 2 = r2

´ Calculo III-A

Lista 5

87

  0≤r≤2 0 ≤ θ ≤ 2π . Ent˜ao, e a descri¸c˜ao de W ´e dada pelas seguintes desigualdades Wrθz :  1 ≤ z ≤ 4. ZZZ p ZZZ √ ZZZ x2 + y 2 dV = r 2 r drdθ = r 2 drdθdz = W

=

Wrθz

Z

2

r

2

0

= 6π

Z 4Z 1

Z

2π

dθdzdr = 2π

0

2

2

r dr = 6π 0

Wrθz

Z

2

r

0

h 3 i2 r 3

0

2

Z

4

dzdr = 2π

1

Z

0

2

h i4 r 2 z dr = 1

= 16π .

ZZZ p Exerc´ıcio 2: Calcule x2 + y 2 + z 2 dV , onde W ´e limitado inferiormente pelo cone z = W q
2 2 3 x + y e superiormente pela esfera x2 + y 2 + z 2 = 4.

q
Solu¸c˜ ao: De x2 + y 2 + z 2 = 4 e z = 3 x2 + y 2 , tem-se x2 + y 2 = 1 que ´e a proje¸c˜ao, no plano xy, da curva interse¸c˜ao das duas superf´ıcies. A proje¸c˜ao do s´olido W ´e o disco D : x2 + y 2 ≤ 1.

O s´olido W e sua proje¸c˜ao D s˜ao mostrados a seguir: z 2

1 ⇒

W

D 2

1

1

φ

2

⇒ sen φ =

1 2

⇒φ=

π 6

2

x

Passando para coordenadas esf´ericas, tem-se:  x = ρ sen φ cos θ     y = ρ sen φ sen θ  z = ρ cos φ .  2  dxdydz = ρ sen φ dρdφdθ    2 x + y 2 + z 2 = ρ2

A equa¸c˜ao da esfera x2 + y 2 + z 2 = 4 fica em coordenadas esf´ericas ρ2 = 4 ou ρ = 2. Ent˜ao,  Wρφθ = (ρ, φ, θ); 0 ≤ ρ ≤ 2 , 0 ≤ φ ≤ π/6 , 0 ≤ θ ≤ 2π .

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Logo,

Lista 5

ZZZ p

x2

y2

+

+

z2

dxdydz =

=

0

π/6Z 2Z 2π

= 2π

0

3

ρ sen φ dθdρdφ = 2π

0

h 4 i2 Z ρ 4

ZZZ

ρ · ρ2 sen φ dρdφdθ =

Wρφθ

W

Z

88

π/6

sen φ

0

π/6

0 0

Z

h

2

ρ3 dρdφ =

0

sen φ dφ = 8π − cos φ

 √  √ 3 = 8π 1 − = 4π(2 − 3) .

Z

iπ/6 0

  π = = 8π 1 − cos 6

2

Exerc´ıcio 3: Calcule a massa do s´olido limitado pelo paraboloide z = x2 + y 2 e pelo plano z = 4, sendo a densidade em cada ponto do s´olido dada por δ(x, y, z) = x2 + y 2)1/2 . Solu¸c˜ ao: O esbo¸co de W est´a representado na figura que se segue. z z=4 4 W

z = x2 + y 2

2

2

y

D

x A massa de W ´e dada por: M=

ZZZ W

δ(x, y, z) dV =

ZZZ

x2 + y 2

W


1/2

dxdydz .

Passando para coordenadas cil´ındricas, tem-se:  x = r cos θ     y = r sen θ  z = z   dxdydz = r drdθdz    2 x + y 2 = r2 UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 5



Como W ´e dado por W :

89

(x, y) ∈ D ent˜ao Wrθz ´e dado por Wrθz x2 + y 2 ≤ z ≤ 4

Assim, M=

ZZZ

2

x +y

W

=

ZZZ


2 1/2

2

r drdθdz =

0

Wrθz

= 2π

Z

0

Z

2 2

r 4−r

2




dxdydz =

ZZZ Wrθz

2

r

2

Z 4Z

dr = 2π

r2

Z


1/2

r drdθdz =

2π

dθdzdr = 2π

0

2

r2

  0≤r≤2 0 ≤ θ ≤ 2π . :  2 r ≤z≤4

Z

0

2

r

2

Z

4

dzdr = r2

i h 3
r5 2 128π 4r − u.m. = 4r 2 − r 4 dr = 2π 3

0

5

5

0

Exerc´ıcio 4: Determine o volume e o centroide do s´olido W limitado pelo paraboloide z = x2 + y 2, pelo cilindro x2 + y 2 = 4 e pelo plano xy. Solu¸c˜ ao: De z = x2 + y 2 e x2 + y 2 = 4, temos z = 4. Isso significa que as duas superf´ıcies se interceptam no plano z = 4, segundo a circunferˆencia x2 + y 2 = 4. Considerando que o s´olido W ´e limitado tamb´em pelo plano xy, de equa¸c˜ao z = 0, temos o esbo¸co de W . z y 4

2

W

Dxy 2

2

x

y

2

x

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 5

90

Como o s´olido W ´e limitado pelo cilindro x2 + y 2 = 4, vamos aplicar a transforma¸c˜ao cil´ındrica:  x = r cos θ     y = r sen θ  z = z .   dV = r drdθdz    2 x + y 2 = r2

O paraboloide z = x2 + y 2 se converte em z = r 2 e o cilindro x2 + y 2 = 4 se converte em r 2 = 4 ou r = 2. Observemos que a proje¸c˜ao de W sobre o plano xy ´e o disco Dxy : x2 + y 2 ≤ 4. Como as varia¸c˜oes de r e θ s˜ao determinadas na proje¸c˜ao Dxy , ent˜ao 0 ≤ r ≤ 2 e 0 ≤ θ ≤ 2π. Considerando um ponto (x, y, z) no interior de W e pelo ponto uma paralela ao eixo z, vemos que a essa paralela intercepta a fronteira inferior no plano xy, onde z = 0, e intercepta a fronteira superior no paraboloide z = x2 + y 2 onde z = r 2 . Ent˜ao 0 ≤ z ≤ r 2 . Assim, a regi˜ao transformada ´e:  Wrθz = (r, θ, z); 0 ≤ r ≤ 2 , 0 ≤ θ ≤ 2π , 0 ≤ z ≤ r 2 .

Como V (W ) =

ZZZ

dV ent˜ao:

W

V (W ) =

ZZZ

r drdθdz =

Wrθz

= 2π

Z

2

0

2

r · r dr = 2π

Z

Z

2 0

Z r

r 2Z 2π

dθdzdr = 2π

0

0

2

r 3 dr = 2π

0

h 4 i2 r 4

0

Z

2

r 0

Z

r2

dzdr = 0

= 8π u.v.

O centro de massa de um s´olido homogˆeneo ´e dito centroide e como a densidade δ(x, y, z) ´e constante ela pode ser cancelada e temos: ZZZ V (W ) x =

x dV

W

V (W ) y =

ZZZ

y dV

V (W ) z =

ZZZ

z dV .

W

W

C´alculo de

ZZZ

x dV

W

Temos,

ZZZ W

x dV =

ZZ

Dxy

x

Z

0

x2 +y 2

dzdxdy =

ZZ

Dxy


x x2 + y 2 dxdy = 0

pois a fun¸c˜ao x (x2 + y 2 ) ´e ´ımpar na vari´avel x e Dxy tem simetria em rela¸c˜ao ao eixo y. Logo, x = 0. UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

C´alculo de

Lista 5

ZZZ

91

y dV

W

Temos,

ZZZ

y dV =

W

ZZ

y

Z

x2 +y 2

dzdxdy =

0

Dxy

ZZ


y x2 + y 2 dxdy = 0 ,

Dxy

pois a fun¸c˜ao y (x2 + y 2) ´e ´ımpar na vari´avel y e Dxy tem simetria em rela¸c˜ao ao eixo x. Logo, y = 0. ZZZ C´alculo de z dV W

Temos,

ZZZ

z dV =

= 2π

Z

Logo

zr drdθdz =

Z

2

r 0

Z

r2

z dzdr = 2π

0

2

r 5 dr = π 0

Z

2

0

Wrθz

W

=π

ZZZ

h 6 i2 r 6

0

=

Z

2

r 0

32π 3

h

z2 2

Z r

r2

z

0

ir2 0

Z

2π

dθdzdr =

0

dr = π

Z

2 0

r · r 4 dr =

.

8πz = portanto z=

32π 3 4 3

.

Portanto, o centroide localiza-se em (0, 0, 4/3).

Exerc´ıcio 5: Considere o s´olido homogˆeneo, limitado pelo plano z = 0, o cilindro x2 + y 2 = 2y e p pelo cone z = x2 + y 2 . Calcule o momento de in´ercia em rela¸c˜ao ao eixo z. p Solu¸c˜ ao: O esbo¸co do s´olido W , limitado superiormente pelo cone z = x2 + y 2, inferiormente pelo plano z = 0 e lateralmente pelo cilindro x2 + y 2 = 2y ou x2 + (y − 1)2 = 1 est´a representado na figura que se segue.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 5

92

z 2 z=

p

x2 + y 2

W

P = (x, y, z) 1

2

y

z=0

x Passando para coordenadas cil´ındricas, temos:  x = r cos θ     y = r sen θ  . z= z   dV = r drdθdz    2 x + y 2 = r2

Seja P = (x, y, z)p ∈ W . A reta passando por P e paralela ao eixo z intercepta a fronteira de W em z = 0 e z = x2 + y 2 = r. As varia¸c˜oes de r e θ s˜ao olhadas na proje¸c˜ao de W no plano xy : x2 + (y − 1)2 ≤ 1 ou x2 + y 2 ≤ 2y. y 2

1

(x, y)

r = 2 sen θ

x r=0



0≤θ≤π De x + y = 2y, temos r = 2r sen θ ou r = 2 sen θ se r 6= 0. Ent˜ao . Logo 0 ≤ r ≤ 2 sen θ   0≤θ≤π 0 ≤ r ≤ 2 sen θ . O momento de in´ercia em rela¸c˜ao ao eixo z ´e: Wrθz :  0≤z≤r ZZZ Iz = (x2 + y 2 ) · δ(x, y, z) dV 2

2

2

W

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 5

93

onde δ(x, y, z) = k. Logo, ZZZ ZZZ 2 2 Iz = k (x + y ) dV = k r 2 · r drdθdz = W

=k

Z πZ 0

=k

Z

π

= =

32k 5 32k 5

2 sen θ

r 0

Z

0

r

dzdrdθ = k 0

Z πZ 0

dθ =

32k 5

Z

π

2 sen θ

r 4 drdθ =

0

sen5 θ dθ =

0

2

(1 − cos2 θ) sen θ dθ = π

0

−32k 5

Z

π

0

Z

3

h 5 i2 sen θ r 5

0

=

Wrθz

(1 − 2 cos2 θ + cos4 θ) sen θ dθ =

h iπ   64k 2 cos3 θ 2 512 cos5 θ 1 = cos θ − 1− + = + k. 3

5

0

5

3

5

75

Exerc´ıcio 6: Considere o cilindro homogˆeneo x2 + (y − a)2 ≤ a2 e 0 ≤ z ≤ h. Calcule o momento de in´ercia em rela¸c˜ao ao eixo z, em fun¸c˜ao da massa M do cilindro. Solu¸c˜ ao: O esbo¸co do cilindro est´a representado na figura que se segue. z y h

2a W

a a

2a

y

x

x

Se a densidade constante for denotada por k, ent˜ao o momento de in´ercia em rela¸c˜ao ao eixo z ´e ZZZ Iz = k (x2 + y 2 ) dxdydz . W

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 5

94

Passando para coordenadas cil´ındricas, tem-se:  x = r cos θ     y = r sen θ  z = z .   dxdydz = r drdθdz    2 x + y 2 = r2   0≤z≤h O conjunto Wrθz ´e dado por Wrθz : 0≤θ≤π . Logo,  0 ≤ r ≤ 2a sen θ ZZZ ZZZ 2 Iz = k r · r drdθdz = k r 3 drdθdz = Wrθz

=k

Z πZ 0

= hk

Z

π

0

Wrθz

2a sen θ

r

3

Z

h

dzdrdθ = hk

0

0

h 4 i2a sen θ r 4

0

4

dθ = 4a hk

0

Z πZ

Z

2a sen θ

r 3 drdθ =

0

π

sen4 θ dθ . 0

Da trigonometria, tem-se: sen4 θ = (sen2 θ)2 = Ent˜ao,

Z

π/4 4

sen θ dθ =

0

1 2

1 − cos 2θ 2

·

1 4

Z

π 0

2

=

1 4


1 − 2 cos 2θ + cos2 2θ .


1 − 2 cos 2θ + cos2 2θ d(2θ) =

h  i 1 1 sen 4θ π 3π 1 = (2π + π) = . = 2θ − 2 sen 2θ + 2θ + 8

Logo,



2

Iz =

2

3πa4 hk 2

0

8

8

3 2

= Ma2

pois M = kπa2 h.

Exerc´ıcio 7: Calcule

ZZZ

x2

1 + y2 + z 2

dV , sendo W a regi˜ao interior ao cone z =

W

p

x2 + y 2 , limitada

superiormente pela esfera x2 + y 2 + z 2 = 4 e inferiormente pela esfera x2 + y 2 + z 2 = 1. Solu¸c˜ ao: O esbo¸co de W est´a representado na figura que se segue.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 5

95

z 2 ρ=2

1

P

ρ=1 π/4

y

x Descri¸c˜ao de W em coordenadas esf´ericas Consideremos um ponto P = (x, y, z) qualquer em W ; observemos que o raio OP intercepta a superf´ıcie do s´olido (ou a fronteira do s´olido) inicialmente em ρ = 1 e depois em ρ = 2. Logo, 1 ≤ ρ ≤ 2. O ˆangulo φ varia de 0 (eixo z positivo) at´e π/4 (parede do cone); a varia¸c˜ao do ˆangulo θ ´e encontrada na proje¸c˜ao de W no plano xy : 0 ≤ θ ≤ 2π. Logo, Wρφθ ´e dado por:   1≤ρ≤2 Wρφθ : 0 ≤ φ ≤ π/4 .  0 ≤ θ ≤ 2π Como x2 + y 2 + z 2 = ρ2 e dV = ρ2 sen φ dρdφdθ, ent˜ao: ZZZ ZZZ 1 1 dV = · ρ2 sen φ dρdφdθ = 2 2 2 2 x +y +z

ρ

Wρφθ

W

=

Z

π/4

sen φ dφ 0

= 2π

Z

1

 √

− 2 2

+1



2

Z dρ

2π 0

 2  π/4 dθ = 2π ρ 1 − cos φ 0 =

=π 2−

√
2 .

p Exerc´ıcio 8: Calcule a massa do s´olido W inferior ao cone z = 3(x2 + y 2 ) e limitado pela esfera x2 + y 2 + (z − 1)2 = 1, sendo a densidade igual ao quadrado da distˆancia de (x, y, z) ao plano z = 0. Solu¸c˜ ao: Primeiramente, calculemos a interse¸c˜ao das duas superf´ıcies. ( ( x2 + y 2 + (z − 1)2 = 1 x2 + y 2 + z 2 = 2z z2 p ⇒ ⇒ + z 2 = 2z ⇒ 3 z 2 = 3(x2 + y 2 ) z = 3(x2 + y 2 ) ⇒ 4z 2 − 6z = 0 ⇒ z = 0 ou z =

UFF

3 2

.

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 5

96

Logo, a interse¸c˜ao se d´a no plano z = 3/2, e a sua proje¸c˜ao no plano xy ´e a circunferˆencia x2 + y 2 = 3/4. Assim, o esbo¸co de W est´a representado na figura que se segue. z 2 3/2 z= W

√ 3y

1

π/3

y

√ 3/2

√ 3/2

x √

p Como o ˆangulo da reta z = 3 y (corte do cone z = 3(x2 + y 2) , considerando x = 0) ´e o ˆangulo π/3, ent˜ao φ varia de 0 (eixo z positivo) a π/2 − π/3 = π/6. Transformando a equa¸c˜ao x2 + y 2 + (z − 1)2 = 1 ou x2 + y 2 + z 2 = 2z para coordenadas esf´ericas temos ρ2 = 2ρ cos φ logo ρ = 0 ou ρ = 2 cos φ. Isso significa que ρ varia de 0 a 2 cos φ. A varia¸c˜ao de θ ´e encontrada na proje¸c˜ao de W no plano xy. Logo, 0 ≤ θ ≤ 2π. Assim, Wρφθ ´e dado por:   0 ≤ θ ≤ 2π 0 ≤ φ ≤ π/6 Wρφθ :  1 ≤ ρ ≤ 2 cos φ . Como a distˆancia de (x, y, z) ao plano z = 0 ´e |z| ent˜ao δ(x, y, z) = |z|2 = z 2 . A massa de W ´e: ZZZ ZZZ ZZZ 2 M= δ(x, y, z) dV = z dV = (ρ cos φ)2 ρ2 sen φ dρdφdθ = W

=

ZZZ

W

4

Wρφθ

Z 2πZ

2

ρ cos φ sen φ dρdφdθ =

0

Wρφθ

=

Z 2πZ 0

=

32 5

h

π/6 2

cos φ sen φ 0

− cos8 φ 8

iπ/6 Z 0

h 5 i2 cos φ ρ 5

dθ = 0

8π 5

2

cos φ sen φ 0

"

1−

Z

2 cos φ

ρ4 dρdφdθ =

0

dφdθ =

0

2π

π/6

32 5

Z 2πZ 0

 √ 8 # 3 2

π/6

cos7 φ sen φ dφdθ =

0

=

8π 5

·

28 − 34 28

=

35π 32

u.m.

Exerc´ıcio 9: Expresse a integral I=

Z 2Z 0

UFF

0

√

4−x2Z 4 0

p

1 + x2 + y 2 dzdydx IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 5

97

como uma integral tripla em coordenadas cil´ındricas, e calcule a integral obtida.  2  0≤x≤√ p 2 2 1 + x + y dV , onde W ´e o s´olido dado por W : Solu¸c˜ ao: Temos que I = 0 ≤ y ≤ 4 − x2 .  0≤z≤4 W Tamb´em podemos descrever W por W = = {(x, y, z); (x, y) ∈ D , 0 ≤ z ≤ 4} onde Dxy ´e a xy  0≤x≤√ 2 proje¸c˜ao de W sobre o plano xy e ´e dado por Dxy : . 0 ≤ y ≤ 4 − x2 ZZZ

y 2 x2 + y 2 = 4

Dxy

2

x

Logo, o esbo¸co de W est´a representado na figura que se segue. z 4

W

2 2

y

x

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 5

98

Descrevendo W em coordenadas cil´ındricas, temos Wrθz

I=

ZZZ √

1+

r2r

drdθdz =

0

Wrθz

=

4 2

Z

π/2 0

2 3

h

Z

1+r


i2 2 3/2 0

dθ =

  0 ≤ θ ≤ π/2 0≤r≤2 . Ent˜ao, :  0≤z≤4

π/2Z 2Z 4

4 3

0

1 + r2

0


1/2

r dzdrdθ =

  √  √  π 2 5 5−1 5 5−1 π. = 2

3

Exerc´ıcio 10: Expresse cada integral como uma integral tripla iterada em coordenadas esf´ericas e calcule a integral obtida: a)

Z 1Z

√

Z 3Z

√

0

b)

0

0

0

1−x2Z 9−x2Z

√

1−x2 −y 2

0

√

9−x2 −y 2

dzdydx 1 + x2 + y 2 + z 2

.

xz dzdydx .

0

Solu¸c˜ ao: a) Denotando a integral iterada por I, temos, ZZZ I=

1 1 + x2 + y 2 + z 2

dxdydz

W

onde

o n p √ W = (x, y, z) ∈ R3 ; 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 1 − x2 , 0 ≤ z ≤ 1 − x2 − y 2 {z } | D

ou

onde D :

UFF



n o p W = (x, y, z) ∈ R3 ; (x, y) ∈ D e 0 ≤ z ≤ 1 − x2 − y 2

0≤x≤√ 1 ´e a proje¸c˜ao de W no plano xy. 0 ≤ y ≤ 1 − x2

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 5

y

99

z

1

Sai em y =

√ 1 − x2

x2 + y 2 = 1

D

1

D 1

x

1

y

x

Entra em y = 0

p De 0p≤ z ≤ 1 − x2 − y 2 conclu´ımos que o s´olido W ´e limitado superiormente pela superf´ıcie z = 1 − x2 − y 2 ou x2 + y 2 + z 2 = 1, com z ≥ 0, que ´e a semiesfera superior de raio 1 e centro (0, 0, 0), e ´e limitado inferiormente pelo plano xy de equa¸c˜ao z = 0. Considerando que a proje¸c˜ao de W no plano xy ´e a regi˜ao D, temos: z 1

W

1 1

y

x Passando para coordenadas esf´ericas, temos:  x     y  z   dxdydz    2 x + y2 + z2

= = = = =

ρ sen φ cos θ ρ sen φ sen θ . ρ cos φ 2 ρ sen φ dρdφdθ ρ2

Como a proje¸c˜ao de W no plano xy ´e o conjunto D, vemos que θ varia de 0 a π/2 : 0 ≤ θ ≤ π/2. Efetuando uma “varredura” em W , a partir do eixo z positivo vemos que φ varia de 0 (no eixo z positivo) at´e π/2 (no plano xy): 0 ≤ φ ≤ π/2. Considerando um ponto P no interior de W e a semirreta OP , vemos que ela entra em W na origem onde ρ = 0 e sai de W em um ponto da esfera x2 + y 2 + z 2 = 1 onde ρ = 1. Logo, 0 ≤ ρ ≤ 1.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 5

Assim, W transforma-se em: Wρφθ Como o integrando

1+

ZZZ

I=

x2

1 + y2 + z 2

1 1 + ρ2

100

  0 ≤ θ ≤ π/2 0 ≤ φ ≤ π/2 . :  0≤ρ≤1 1 1 + ρ2

transforma-se em

ent˜ao:

· ρ2 sen φ dρdφdθ =

Wρφθ

= = = =

Z

1

ρ2 1 + ρ2

0

π 2 π 2 π 2

h

Z

1 0



sen φ

0

− cos φ

Z

π/2

1−

π 4



0

1

0

1 1 + ρ2 π 8



dρ =

π 2

Z

0

1

π 2

Z

1 0

ρ2 1 + ρ2

1 + ρ2 − 1 1 + ρ2

Z

π/2

sen φ dφdρ =

0

dρ =

h i1 π dρ = ρ − arctg ρ = (1 − arctg 1) = π 2

2

0

= (4 − π) .

Z 3Z 0

onde

dθdφdρ =

ρ2 1 + ρ2

b) Temos, I=

π/2

0

iπ/2 Z

 1−

Z

√ 0

9−x2Z

√

9−x2 −y 2

xz dzdydx =

0

ZZZ

xz dxdydz

W

o n p √ W = (x, y, z) ∈ R3 ; 0 ≤ x ≤ 3 , 0 ≤ y ≤ 9 − x2 , 0 ≤ z ≤ 9 − x2 − y 2 {z } | D

ou

onde D :



n o p W = (x, y, z) ∈ R3 ; (x, y) ∈ D e 0 ≤ z ≤ 9 − x2 − y 2

0≤x≤√ 3 ´e a proje¸c˜ao de D no plano xy. 0 ≤ y ≤ 9 − x2 y

z

3

Sai em y =

√ 9 − x2

D D 3 Entra em y = 0

UFF

x

3

y

3

x

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 5

101

Considerando um ponto P pno interior de W e uma reta paralela ao eixo z, passando por P e levando em contapque 0 ≤ z ≤ 9 − x2 − y 2 , conclu´ımos que a reta entra em W em z = 0 e sai de W em z = 9 − x2 − y 2 ou x2 + y 2 + z 2 = 9, com z ≥ 0. Logo, W ´e limitado superiormente pela semiesfera superior e limitado inferiormente pelo plano z = 0. z 3

W

3

y

3

x Passando para coordenadas esf´ericas temos:   0 ≤ θ ≤ π/2 0 ≤ φ ≤ π/2 :  0≤ρ≤3

Wρφθ e

xz = (ρ sen φ cos θ)(ρ cos φ) = ρ2 sen φ cos φ cos θ . Ent˜ao,

ZZZ

I=

ρ2 sen φ cos φ cos θ

Wρφθ

=

ZZZ





ρ2 sen φ dρdφdθ =

ρ4 sen2 φ cos φ cos θ dρdφdθ =

Wρφθ

=

Z

3 4

ρ

0

h

UFF

1 3

=1

h

π/2 2

sen φ cos φ

0

= sen θ | {z =

Z

ρ5 5

i3 0

π/2

cos θ dθdφdρ =

0

iπ/2 Z 0

Z

}

=

3 4

ρ

0

81 5

Z

0

π/2 2

sen φ cos φ dφdρ =

h

sen3 φ 3

iπ/2 Z 0

3

ρ4 dρ =

0

.

IME - GMA

Universidade Federal Fluminense ´ Instituto de Matematica e Estat´ıstica ´ Departamento de Matematica Aplicada

C´alculo III-A – M´odulo 6 Aula 11 – Curvas Parametrizadas Objetivo • Parametrizar curvas planas e espaciais.

Parametriza¸c˜ ao de curvas Parametrizar uma curva C ⊂ Rn (n = 2 ou 3) consiste em apresentar uma fun¸c˜ao vetorial σ : I ⊂ R → Rn (n = 2 ou 3), onde I ´e um intervalo e σ(I) = C. y σ

σ(t) C

t x I

Exemplo 1 Sendo A, B ∈ Rn (n = 2 ou 3), parametrize o segmento de reta C de extremidade inicial A e final B. Solu¸c˜ao: −→ −−→ −→ Se P ∈ C, ent˜ao OP = OB + tAB , 0 ≤ t ≤ 1 ou P − 0 = B − 0 + t(B − A) , 0 ≤ t ≤ 1 ou P = B + t(B − A) , 0 ≤ t ≤ 1. Logo, uma parametriza¸c˜ao do segmento C ´e dada por σ(t) = B + t(B − A) , 0 ≤ t ≤ 1 .

´ Calculo III-A

´ Modulo 6

2

Exemplo 2 Seja C ⊂ plano xy, o gr´afico de uma fun¸c˜ao y = f (x) , x ∈ I. y C

(x, f (x))

x

x

I

Ent˜ao, uma parametriza¸c˜ao de C ´e dada por σ(t) = (t, f (t)) , t ∈ I .

Exemplo 3 Seja C a circunferˆencia x2 + y 2 = a2 , a > 0; P = (x, y) ∈ C e t o ˆangulo em radianos entre o eixo positivo x e a semirreta OP . y

C

a a

P t y x a

x

Observe que quando t aumenta de 0 a 2π, o ponto P = (x, y) = (a cos t, a sen t) se move, uma vez sobre C no sentido anti-hor´ario a partir do ponto (a, 0). Logo, uma parametriza¸c˜ao de C ´e σ1 (t) = (a cos t, a sen t) , 0 ≤ t ≤ 2π . Observe que σ2 (t) = (a sen t, a cos t) , 0 ≤ t ≤ 2π ´e tamb´em uma parametriza¸c˜ao de C, pois x2 + y 2 = a2 . Neste caso, quando t aumenta de 0 a 2π, o ponto P se move uma vez ao longo de C no sentido hor´ario, a partir do ponto (0, a). Observe que σ3 (t) = (a cos(2π − t), a sen(2π − t)) = (a cos t, −a sen t) , 0 ≤ t ≤ 2π ´e outra parametriza¸c˜ao de C, e P se move ao longo de C no sentido hor´ario a partir do ponto (a, 0).

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 6

3

Exemplo 4 Seja a circunferˆencia C : (x − x0 )2 + (y − y0 )2 = a2 , de centro (x0 , y0 ) e raio a. Efetuando uma mudan¸ca de vari´aveis u = x − x0 e v = y − y0 , temos u2 + v 2 = a2 que ´e uma circunferˆencia no plano uv, de centro (0, 0) e raio a. Logo, ( u = a cos t , 0 ≤ t ≤ 2π . v = a sen t Substituindo acima, temos

(

x = x0 + a cos t y = y0 + a sen t

, 0 ≤ t ≤ 2π .

Assim, uma parametriza¸c˜ao diferenci´avel de C ´e dada por σ(t) = (x0 + a cos t, y0 + a sen t) , 0 ≤ t ≤ 2π .

Exemplo 5 Seja uma elipse C :

(x−x0 )2 a2

+

(y−y0 )2 b2

= 1. Fazendo u =

x−x0 a

ev=

y−y0 , b

mostramos que

σ(t) = (x0 + a cos t, y0 + b sen t) , 0 ≤ t ≤ 2π ´e uma parametriza¸c˜ao de C.

Exemplo 6 Seja C uma curva do espa¸co dada pela interse¸c˜ao do cilindro x2 + y 2 = 1 com o plano x + z = 2. a) Esboce C. b) Apresente uma parametriza¸c˜ao diferenci´avel para C.

z

Solu¸c˜ao: a) Inicialmente, fa¸camos o esbo¸co do cilindro x2 + y 2 = 1. Desenhemos, no plano xy, a circunferˆencia x2 + y 2 = 1. Pelos pontos (1, 0, 0), (−1, 0, 0), (0, 1, 0) e (0, −1, 0) tracemos paralelas ao eixo z.

(−1, 0, 0) (0, −1, 0) (0, 1, 0)

y

(1, 0, 0)

x UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 6

4

Para esbo¸car o plano x + z = 2, tra¸camos a reta x + z = 2 no plano xz. Observe que a equa¸c˜ao do plano n˜ao cont´em a vari´avel y. Por isso, por pontos da reta tra¸camos paralelas ao eixo y. z 2

y

2

x Agora, juntemos as duas figuras, procurando destacar alguns pontos de interse¸c˜ao. A reta x + z = 2 intercepta o cilindro nos pontos A1 e A2 . Por outro lado, a reta do plano, paralela ao eixo y, passando por (0, 0, 2), intercepta o cilindro nos pontos B1 e B2 . A curva C passa por A1 , B1 , A2 e B2 . z A2

C B1

2

B2

A1

1 2

1

y

x b) Seja (x, y, z) ∈ C. Logo, x e y satisfazem x2 +y 2 = 1. Assim, x = cos t , y = sen t , 0 ≤ t ≤ 2π. Como z = 2 − x, ent˜ao z = 2 − cos t. Logo, σ(t) = (cos t, sen t, 2 − cos t) , 0 ≤ t ≤ 2π ´e uma parametriza¸c˜ao de C.

Exemplo 7 Seja C a curva no espa¸co representada pela fun¸c˜ao vetorial σ(t) = (a cos t, a sen t, bt) , 0 ≤ t ≤ 4π , a > 0, b > 0. Esboce C, dita h´elice circular.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 6

5

Solu¸c˜ao: De x = a cos t , y = a sen t, temos x2 + y 2 = a2 . Isso significa que C est´a contida no cilindro x2 + y 2 = a2 . Como z = bt, quando t vai de 0 a 4π, o ponto (x, y, z) percorre a h´elice contida no cilindro.

z C (a, 0, 4π)

a

y

a x

Aula 12 – Integral de Linha de Campo Escalar Objetivo • Compreender e no¸c˜ao de integral de linha de campo escalar; • Estudar algumas propriedades. Nesta aula definiremos uma integral similar a uma integral definida. Sejam dados um campo escalar em R3 ou uma fun¸c˜ao real de trˆes vari´aveis f : R3 → R e uma curva C em R3 , dada por σ(t) = (x(t), y(t), z(t)) , t ∈ [a, b], com σ de classe C 1 .

z a = t0

σ(ti−1 ) σ(ti )

∆t ti−1

σ

σ(ti∗ )

ti

ti∗

C y

b = tn

x

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 6

6

Dividimos o intervalo [a, b] em n subintervalos Ii , i = 1, · · · , n, de mesmo comprimento ∆t = b−a . Logo, a curva C fica dividida em n subarcos de comprimento ∆s1 , ∆s2 , · · · , ∆sn , onde n ∆si ≃ kσ ′ (t∗i )k ∆t para algum t∗i ∈ Ii . Formemos a soma n X

f (σ(t∗∗ i )) ∆si =

i=1

n X i=1

′ ∗ f (σ(t∗∗ i )) kσ (ti )k ∆t ,

Definimos a integral de linha de f sobre C por Z C

f ds =

Z

f (x, y, z) ds = lim

n→∞

C

n X i=1

′ ∗ f (σ(t∗∗ i )) kσ (ti )k ∆t

se o limite existir. OBS.: 1) Se f ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua, ent˜ao o limite existe e portanto Z Z b f (x, y, z) ds = = = f (σ(t)) kσ ′ (t)k dt | {z } a C ds Z b q f (x(t), y(t), z(t)) (x′ (t))2 + (y ′(t))2 + (z ′ (t))2 dt . a

2) Se f (x, y) ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua em R2 e C uma curva em R2 , dada por σ(t) = (x(t), y(t)) , t ∈ [a, b], com σ de classe C 1 , ent˜ao definimos Z Z Z b f ds = f (x, y) ds = f (σ(t)) kσ ′ (t)k dt = | {z } a C C ds Z b q = f (x(t), y(t)) (x′ (t))2 + (y ′(t))2 dt . a

3) Se f (x, y) = 1 (ou f (x, y, z) = 1), ent˜ao Z f ds = comprimento de C . C

C−

B C

A

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 6

7

4) A integral de linha de um campo escalar f n˜ao depende da parametriza¸c˜ao de C e nem de sua orienta¸c˜ao, isto ´e, denotando por C − a curva C percorrida em outro sentido, ent˜ao Z Z f ds = f ds . C

C−

5) Se C ´e uma curva dada por uma parametriza¸c˜ao σ : [a, b] → Rn (n = 2 ou 3), C 1 por partes, isto ´e, σ ´e cont´ınua e existe uma parti¸ c˜ao a = t0 < t1 < ... < tn = b de [a, b] de modo que σi = σ [ti−1 , ti ] ´e de classe C 1 , i = 1, · · · , n, ent˜ao Z n Z X f ds = f ds i=1 C i

C

onde Ci = σi ([ti−1 , ti ]).

C1

C3 C2

Exemplo 1 Seja C aZ interse¸c˜ao do cilindro parab´olico x = y 2 com a parte do plano z = y, tal que 0 ≤ y ≤ 1. Calcule y ds. C

Solu¸c˜ao: Fa¸camos y = t. Logo, x = t2 e z = t. Como 0 ≤ y ≤ 1, ent˜ao 0 ≤ t ≤ 1. Assim, uma ′ parametriza¸c˜ao de C ´e dada√ por σ(t) = (t2 , t, √t) , 0 ≤ t ≤ 1, logo σ (t) = (2t, 1, 1). Como, ′ ds = kσ (t)k dt, ent˜ao ds = 4t2 + 1 + 1 dt = 2 + 4t2 dt. Logo, Z 1 Z Z 1 √
1/2 2 2 + 4t2 t dt . y ds = t 2 + 4t dt = C

0

0

Observe que d(2 + 4t2 ) = 8t dt, portanto t dt = Z

y ds =

C

UFF

1 8

Z

0

1

2 1/2

(2 + 4t )

2

d(2 + 4t ) =

1 8

2 3

d(2+4t2 ) . 8

Logo,

2 3/2

· (2 + 4t )

1 = 0

1 12


63/2 − 23/2 =

1 6

√
√ 3 6− 2 .

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 6

8

Exemplo 2 Calcule

Z

x ds, onde C ´e formado pelo segmento de reta C1 de (0, 2) a (0, 1), seguido do arco C2

C

da par´abola y = 1 − x2 de (0, 1) a (1, 0). Solu¸c˜ao: O esbo¸co de C est´a representado na figura que se segue. y 2

C1

1 C2

x

1

Como C = C1 ∪ C2 , temos: Z

x ds =

C

C´alculo de

Z

Z

x ds +

C1

Z

x ds =

C2

Z

x ds +

C1−

Z

x ds .

C2

x ds

C1−

Uma parametriza¸c˜ao de C1− ´e dada por σ(t) = (0, t) , 1 ≤ t ≤ 2. Logo, σ ′ (t) = (0, 1), logo kσ ′ (t)k = 1 e, portanto, ds = kσ ′ (t)k dt = dt. Assim,

Z

C1−

C´alculo de

Z

x ds =

Z

2

0 dt = 0 .

1

x ds

C2

Uma parametriza¸c˜ao de √ C2 ´e dada por σ(t) = (t, 1 − t2 ) , 0 ≤ t ≤ 1, portanto σ ′ (t) = (1, −2t). ′ Logo ds = kσ (t)k dt = 1 + 4t2 dt. Ent˜ao, Z Z 1 √ Z 1
1/2 2 x ds = t 1 + 4t dt = 1 + 4t2 dt . 0

C2

Observe que t dt = Z

C2 UFF

d(1+4t2 ) . 8

x ds =

1 8

Z

0

0

Logo,

1

(1 + 4t2 )

1/2

d(1 + 4t2 ) =

1 8

· 32 (1 + 4t2 )

3/2

1 = 0

1 12

√
5 5−1 . IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 6

Portanto,

Z

x ds =

C

9

 1  √ 5 5−1 . 12

Exemplo 3 Seja a curva C obtida como interse¸c˜ao da semiesfera x2 + y 2 + z 2 = 4 , y ≥ 0 com o plano x + z = 2. Z Calcule f (x, y, z) ds, onde f (x, y, z) ´e dada por f (x, y, z) = xy. C

Solu¸c˜ao: O esbo¸co de C ´e:

z 2

C 2

y

2

x Seja (x, y, z) ∈ C. Ent˜ao x2 + y 2 + z 2 = 4 , y ≥ 0 e x + z = 2. Logo, x2 + y 2 + (2 − x)2 = 4 , y ≥ 0 2 ou 2x2 − 4x + y 2 = 0 , y ≥ 0 ou 2(x − 1)2 + y 2 = 2 , y ≥ 0 ou (x − 1)2 + y2 = 1 , y ≥ 0. Logo, a √ proje¸c˜ao de C sobre o plano xy ´e a semi-elipse de centro (1, 0) e semi-eixos 1 e 2 . Ent˜ao,   x = 1 + cos t   √ . y = 2 sen t    z = 2 − (1 + cos t) = 1 − cos t

Como y ≥ 0,

√

2 sen t ≥ 0, portanto 0 ≤ t ≤ π. Logo, uma parametriza¸c˜ao para C ´e dada por   √ σ(t) = 1 + cos t, 2 sen t, 1 − cos t , 0 ≤ t ≤ π .

Temos ′



σ (t) = − sen t, portanto ds = kσ ′ (t)k dt =

UFF

√

√

 2 cos t, sen t

sen2 t + 2 cos2 t + sen2 t dt =

√

2 dt .

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´ Calculo III-A

´ Modulo 6

Ent˜ao, Z Z Z f (x, y, z) ds = xy ds = C

C

π

(1 + cos t)

√

0

10


√ 2 sen t 2 dt = 2

Z

π

(sen t + sen t cos t) dt

0

h = 2 − cos t + = 4.

sen2 t 2

iπ 0

Exerc´ıcio 1: Apresente uma parametriza¸c˜ao diferenci´avel para as seguintes curvas planas: a) C ´e o segmento de (1, 2) a (−2, 8). b) C ´e a parte da par´abola y = 3x2 de (−1, 3) a (2, 12). c) C ´e o gr´afico de y 3 = x de (0, 0) a (1, 1). d) C ´e a elipse 3x2 + 8y 2 = 24. e) C ´e o gr´afico de x2/3 + y 2/3 = 1. f) C ´e o arco de circunferˆencia x2 + y 2 = 4, com x ≥ 0. g) C ´e a curva 2x2 + 2y 2 − 6x + 4y − 16 = 0. h) C ´e a curva 16x2 + 9y 2 + 64x − 18y − 71 = 0. Exerc´ıcio 2: Apresente uma parametriza¸c˜ao diferenci´avel para a curva C em R3 , interse¸c˜ao das superf´ıcies dadas por a) x2 + y 2 = 1 e y + z = 2. b) x2 + y 2 = 4 e x2 + z 2 = 4, situada no primeiro octante. c) 4x2 + 9y 2 = 36 e x + z = 1. d) x2 + y 2 + z 2 = 4 e x + y = 1. √
e) x2 + y 2 = z 2 , z ≥ 0 e x = y 2 do ponto (0, 0, 0) a 1, 1, 2 . f) z = 1 − y 2 , z ≥ 0 e 2x + 3z = 6 de (3, 1, 0) a (3, −1, 0).

g) z = 3x2 + y 2 e z + 6x = 9. h) (x − 1)2 + y 2 = 1 e x2 + y 2 + z 2 = 4, com z ≥ 0.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Exerc´ıcio 3: Calcule com 0 ≤ t ≤ 1. Exerc´ıcio 4: Calcule

´ Modulo 6

Z Z

C

11

→ − − → → − − (xy + y + z) ds ao longo da curva → r (t) = 2t i + t j + (2 − 2t) k ,

(x +

√

4y) ds, onde C ´e o triˆangulo de v´ertices (0, 0), (1, 0) e (0, 1).

C

Exerc´ıcio 5: Calcule a integral

Z

C


x2 + y 2 ds, onde C ´e a quarta parte da circunferˆencia

x2 + y 2 + z 2 = 4, y = x, situada no primeiro octante. Exerc´ıcio 6: Calcule a integral

Z √

3xyz ds, onde C ´e a curva de interse¸c˜ao das superf´ıcies

C

x2 + y 2 + z 2 = 16, x2 + y 2 = 4, situada no primeiro octante.

UFF

IME - GMA

Universidade Federal Fluminense ´ Instituto de Matematica e Estat´ıstica ´ Departamento de Matematica Aplicada

C´alculo III-A – M´odulo 6 – Tutor Exerc´ıcio 1: Apresente uma parametriza¸c˜ao diferenci´avel para as seguintes curvas planas: a) C ´e o segmento de (1, 2) a (−2, 8). b) C ´e a parte da par´abola y = 3x2 de (−1, 3) a (2, 12). c) C ´e o gr´afico de y 3 = x de (0, 0) a (1, 1). d) C ´e a elipse 3x2 + 8y 2 = 24. e) C ´e o gr´afico de x2/3 + y 2/3 = 1. f) C ´e o arco de circunferˆencia x2 + y 2 = 4, com x ≥ 0. g) C ´e a curva 2x2 + 2y 2 − 6x + 4y − 16 = 0. h) C ´e a curva 16x2 + 9y 2 + 64x − 18y − 71 = 0. Solu¸c˜ ao: a) Uma parametriza¸c˜ao do segmento de reta que liga o ponto A ao ponto B ´e: − → r (t) = A + t(B − A) , com 0 ≤ t ≤ 1 . Considerando A = (1, 2) e B = (−2, 8), temos − → r (t) = (1, 2) + t ((−2, 8) − (1, 2)) = (1, 2) + t(−3, 6) = (1 − 3t, 2 + 6t) , com 0 ≤ t ≤ 1 . b) Se fizermos o parˆametro ser t = x, ent˜ao temos as equa¸c˜oes x = t, y = 3t2 , com −1 ≤ t ≤ 2. Ent˜ao, uma parametriza¸c˜ao de C ´e dada por:
→ − r (t) = t, 3t2 , com − 1 ≤ t ≤ 2 . c) Se fizermos o parˆametro ser t = y, temos as equa¸c˜oes x = t3 e y = t, com 0 ≤ t ≤ 1. Ent˜ao, uma parametriza¸c˜ao de C ´e dada por:
→ − r (t) = t3 , t , com 0 ≤ t ≤ 1 . x2

y2

+ = 1 (elipse de centro (0, 0) com semieixos d) Temos que 3x2 + 8y 2 = 24, se, e somente se, 8 3 √ √ a = 2 2 e b = 3).

´ Calculo III-A

´ Modulo 6 – Tutor

2

y2

x2

Lembrando que uma parametriza¸c˜ao da elipse 2 + 2 = 1, no sentido anti-hor´ario ´e dada por a b → − r (t) = (a cos t , b sen t), com 0 ≤ t ≤ 2π, ent˜ao uma parametriza¸c˜ao de C ´e dada por:  √  √ → − r (t) = 2 2 cos t , 3 sen t , com 0 ≤ t ≤ 2π . e) Fazendo u = x1/3 e v = y 1/3 e substituindo em x2/3 + y 2/3 = 1 obtemos u2 + v 2 = 1, que ´e uma circunferˆencia, no plano uv, de centro (0, 0) e raio 1. Logo, u = cos t e v = sen t, com 0 ≤ t ≤ 2π. Voltando para as vari´aveis originais, temos x1/3 = cos t, y 1/3 = sen t, 0 ≤ t ≤ 2π, portanto x = cos3 t, y = sen3 t, com 0 ≤ t ≤ 2π. Assim, uma parametriza¸c˜ao diferenci´avel de C ´e dada por:
→ − r (t) = cos3 t , sen3 t , com 0 ≤ t ≤ 2π . f) O esbo¸co de C est´a representado na figura que se segue. y C

2

x

2

−2

Temos x = 2 cos t, y = 2 sen t. Como x ≥ 0 ent˜ao 2 cos t ≥ 0, portanto −π/2 ≤ t ≤ π/2. Logo, uma parametriza¸c˜ao diferenci´avel de C no sentido anti-hor´ario ´e dada por: − → r (t) = (2 cos t , 2 sen t) , com − π/2 ≤ t ≤ π/2 . g) Completando quadrados em 2x2 + 2y 2 − 6x + 4y − 16 = 0 temos: 2x2 − 6x + 2y 2 + 4y = 16 ⇔ x2 − 3x + y 2 + 2y = 8 ⇔ 9 4

⇔ x2 − 3x + ⇔



x−

3 2

2

+ y 2 + 2y + 1 = 8 +

+ (y + 1)2 =

que ´e uma circunferˆencia de centro



3 , −1 2



9 4

+1 ⇔

45 4

e raio

√ 3 5 2

.

Ent˜ao, uma parametriza¸c˜ao diferenci´avel de C ´e dada por:   √ √ 3 5 3 5 3 → − + cos t , −1 + sen t , com 0 ≤ t ≤ 2π . r (t) = 2

UFF

2

2

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´ Calculo III-A

´ Modulo 6 – Tutor

3

h) Completando quadrados em 16x2 + 9y 2 + 64x − 18y − 71 = 0, temos 16 (x2 + 4x) + 9 (y 2 − 2y) = 71 ⇔ ⇔ 16 (x2 + 4x + 4) + 9 (y 2 − 2y + 1) = 71 + 64 + 9 ⇔ ⇔ 16 (x + 2)2 + 9 (y − 1)2 = 144 ⇔ ⇔

(x + 2)2 9

+

(y − 1)2 16

16 144

(x + 2)2 +

9 144

(y − 1)2 = 1 ⇔

=1

que ´e uma elipse de centro (−2, 1) e semieixos a = 3 e b = 4. Ent˜ao, uma parametriza¸c˜ao de C ´e dada por: − → r (t) = (−2 + 3 cos t , 1 + 4 sen t) , com 0 ≤ t ≤ 2π . Exerc´ıcio 2: Apresente uma parametriza¸c˜ao diferenci´avel para a curva C em R3 , interse¸c˜ao das superf´ıcies dadas por a) x2 + y 2 = 1 e y + z = 2. b) x2 + y 2 = 4 e x2 + z 2 = 4, situada no primeiro octante. c) 4x2 + 9y 2 = 36 e x + z = 1. d) x2 + y 2 + z 2 = 4 e x + y = 1. √
e) x2 + y 2 = z 2 , z ≥ 0 e x = y 2 do ponto (0, 0, 0) a 1, 1, 2 . f) z = 1 − y 2 , z ≥ 0 e 2x + 3z = 6 de (3, 1, 0) a (3, −1, 0).

g) z = 3x2 + y 2 e z + 6x = 9. h) (x − 1)2 + y 2 = 1 e x2 + y 2 + z 2 = 4, com z ≥ 0. Solu¸c˜ ao: a) A curva C ´e a interse¸c˜ao do cilindro x2 + y 2 = 1 com o plano y + z = 2, cujo esbo¸co est´a na figura que se segue:

UFF

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4

z C

2

x y Como a proje¸c˜ao de C sobre o plano xy ´e a circunferˆencia x2 + y 2 = 1, ent˜ao x = cos t e y = sen t, com 0 ≤ t ≤ 2π. Como y + z = 2 ent˜ao z = 2 − y = 2 − sen t. Assim, uma parametriza¸c˜ao de C ´e dada por: → − r (t) = (cos t , sen t , 2 − sen t) , com 0 ≤ t ≤ 2π . Observe que com esta parametriza¸c˜ao C est´a orientada no sentido anti-hor´ario quando vista de cima. b) A curva C ´e a interse¸c˜ao, no primeiro octante, dos cilindros x2 + y 2 = 4 e x2 + z 2 = 4, cujo esbo¸co est´a representado na figura que se segue. z 2

C

x

2

2

y A proje¸c˜ao de C sobre o plano xy ´e o arco da circunferˆencia x2 + y 2 = 4 com x ≥ 0 e y ≥ 0. Logo, x = 2 cos t e y = 2 sen t. Como x ≥ 0 e y ≥ 0, ent˜ao 0 ≤ t ≤ π/2. Como x2 + z 2 = 4, com z ≥ 0, ent˜ao: √ √ √ z = 4 − x2 = 4 − 4 cos2 t = 4 sen2 t = 2 |sen t| = 2 sen t pois 0 ≤ t ≤ π/2. UFF

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´ Calculo III-A

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5

Assim, uma parametriza¸c˜ao de C ´e dada por: − → r (t) = (2 cos t , 2 sen t , 2 sen t) , com 0 ≤ t ≤ π/2 . x2

y2

+ = 1, onde a = 3 e b = 2. c) A proje¸c˜ao de C sobre o plano xy ´e a elipse 4x2 + 9y 2 = 36 ou 9 4 Ent˜ao, x = 3 cos t e y = 2 sen t, com 0 ≤ t ≤ 2π. Como z = 1 − x ent˜ao z = 1 − 3 cos t e, assim, uma parametriza¸c˜ao de C ´e dada por: − → r (t) = (3 cos t , 2 sen t , 1 − 3 cos t) , com 0 ≤ t ≤ 2π . d) Temos, x2 + y 2 + z 2 = 25 , x + y = 1 ⇔ x2 + (1 − x)2 + z 2 = 25 ⇔ ⇔ x2 + 1 − 2x + x2 + z 2 = 25 ⇔ 2x2 − 2x + z 2 = 24 ⇔   1 1 ⇔ 2 (x2 − x) + z 2 = 24 ⇔ 2 x2 − x + ⇔ + z 2 = 24 + 4

  1 2 49 ⇔ 2 x− ⇔ + z2 = 2

2

2  1 x− 2 49 4

Assim, a proje¸c˜ao de C sobre o plano xz ´e a elipse x=

1 2

+

7 2

cos t e z =

√ 7 2 2

2

z2

+ 49 = 1 .

2  1 x− 2 49 4

2

z2

7

√ 7 2

+ 49 = 1 com a = , b = . Logo, 2 2 2

sen t, 0 ≤ t ≤ 2π.

  1 7 1 7 Como x + y = 1 ent˜ao y = 1 − x = 1 − + cos t = − cos t. Portanto, uma parametriza¸c˜ao 2 2 2 2 de C ´e dada por:   √ 7 1 7 7 2 1 → − + cos t , − cos t , sen t , com 0 ≤ t ≤ 2π r (t) = 2

2

2

2

2

e) Se fizermos o parˆametro ser t = y, ent˜ao temos as equa¸c˜oes x = t2 e y = t, com 0 ≤ t ≤ 1. Como x2 + y 2 = z 2 , com z ≥ 0, ent˜ao: p p √ √ √ z = x2 + y 2 = t4 + t2 = t2 (t2 + 1) = |t| t2 + 1 = t t2 + 1 pois 0 ≤ t ≤ 1. Ent˜ao, uma parametriza¸c˜ao diferenci´avel de C ´e dada por:   √ → − 2 2 r (t) = t , t , t t + 1 , com 0 ≤ t ≤ 1 . f) O esbo¸co de C est´a representado na figura que se segue. UFF

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´ Calculo III-A

´ Modulo 6 – Tutor

6

z 1

C −1

1

y 3

x

Se fizermos o parˆametro ser t = −y temos as equa¸c˜oes y = −t e z = 1 − t2 , com −1 ≤ t ≤ 1. 6 − 3z

6 − 3 + 3t2

3 + 3t2

= = . Logo, uma parametriza¸c˜ao de C ´e Como 2x + 3z = 6, ent˜ao x = 2 2 2 dada por:   3 + 3t2 → − r (t) = , −t , 1 − t2 , com − 1 ≤ t ≤ 1 . 2

g) Temos, z = 3x2 + y 2 e z + 6x = 9 ⇔ 3x2 + y 2 = 9 − 6x ⇔ ⇔ 3x2 + 6x + y 2 = 9 ⇔ 3 (x2 + 2x) + y 2 = 9 ⇔ ⇔ 3 (x2 + 2x + 1) + y 2 = 9 + 3 ⇔ 3(x + 1)2 + y 2 = 12 ⇔ ⇔

(x + 1)2 4

+

y2 12

= 1.

√ y2 (x + 1)2 + = 1 onde a = 2, b = 2 3 e o centro Logo, a proje¸c˜ao de C sobre o plano xy ´e a elipse 4 12 √ ´e (−1, 0). Logo, x = −1 + 2 cos t e y = 2 3 sen t, com 0 ≤ t ≤ 2π. Como z = 9 − 6x ent˜ao z = 9 − 6(−1 + 2 cos t) = 15 − 12 cos t. Assim, uma parametriza¸c˜ao de C ´e dada por:   √ → − r (t) = −1 + 2 cos t , 2 3 sen t , 15 − 12 cos t , com 0 ≤ t ≤ 2π . h) A proje¸c˜ao de C sobre o plano xy ´e a circunferˆencia (x − 1)2 + y 2 = 1 ( ou x2 + y 2 = 2x). Logo, x = 1 + cos t e y = sen t, com 0 ≤ t ≤ 2π. Como x2 + y 2 + z 2 = 4, com z ≥ 0, ent˜ao: p p √ √ √ z = 4 − x2 − y 2 = 4 − 2x = 4 − 2 (1 + cos t) = 4 − 2 − 2 cos t = 2 − 2 cos t = q q p t t t t = 2 (1 − cos t) = 2 · 2 sen2 = 4 sen2 = 2 sen = 2 sen 2

UFF

2

2

2

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´ Calculo III-A

´ Modulo 6 – Tutor

7

pois 0 ≤ t ≤ 2π portanto 0 ≤ t/2 ≤ π. Ent˜ao, uma parametriza¸c˜ao de C ´e dada por:   t → − , com 0 ≤ t ≤ 2π . r (t) = 1 + cos t , sen t , 2 sen 2

Exerc´ıcio 3: Calcule

Z

→ − − → → − − (xy + y + z) ds ao longo da curva → r (t) = 2t i + t j + (2 − 2t) k ,

C

com 0 ≤ t ≤ 1.

√ → − → Solu¸c˜ ao: Temos r ′ (t) = (2, 1, −2), portanto k− r (t)k = 4 + 1 + 4 = 3. Como ds = ent˜ao ds = 3 dt. Ent˜ao, Z Z 1 Z 1

2 (xy + y + z) ds = 2t + t + 2 − 2t 3 dt = 3 2t2 − t + 2 dt = 0

−

→′

r (t) dt,

0

C

=3

h

2t3 3

Exerc´ıcio 4: Calcule

− Z

t2 2

 i1  2 1 13 + 2t = 3 − +2 = . 0

(x +

√

3

2

2

4y) ds, onde C ´e o triˆangulo de v´ertices (0, 0), (1, 0) e (0, 1).

C

Solu¸c˜ ao: O esbo¸co de C est´a representado na figura que se segue. y 1 C2 x+y =1 C3 C1

1

x

A curva C ´e a regi˜ao das curvas C1 , C2 e C3 . Logo, Z Z Z Z √ √ √ √ (x + 4 y) ds = (x + 4 y) ds + (x + 4 y) ds + (x + 4 y) ds . C

C1

C2

C3

− → → Uma parametriza¸ c˜ao de C1 ´e − r (t) = (t, 0), com t ∈ [0, 1]. Logo, r ′ (t) = (1, 0), portanto

→

− ds = r ′ (t) dt = dt. Portanto: Z

C1

UFF

√

(x + 4 y) ds =

Z

1

0

Z  √  t + 4 0 dt =

0

1

t dt =

h 2 i1 t 2

0

=

1 2

.

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´ Modulo 6 – Tutor

8

→′ − − → Uma parametriza¸ c ˜ a o de C ´ e r (t) = (1 − t, t), com 0 ≤ t ≤ 1. Logo, r (t) = (−1, 1), e portanto 2

−

√

→′ ds = r (t) dt = 2 dt. Assim,  1 Z Z 1 √ √ √ √ t2 2t3/2 2 dt = 2 t − + 4 · 1−t+4 t (x + 4 y) ds = = 2

0

3

C2

0

√  √  8 19 2 1 . = = 2 1− + 2

3

6

→ − → Uma parametriza¸ c˜ao de C3 ´e − r (t) = (0, 1 − t), com 0 ≤ t ≤ 1. Logo, r ′ (t) = (0, −1), e portanto

−

→ ds = r ′ (t) dt = dt. Portanto: Z Z 1
√ 2 (x + 4 y) ds = 0 + 4(1 − t)1/2 dt = −4 · (1 − t)3/2 0 = 3

C3

C3

8 3

= − (0 − 1) = Logo,

Z C

8 3

.

√  √  √ 19 2 8 19 1 + = 1+ 2 . (x + 4 y) ds = + 2

Z

Exerc´ıcio 5: Calcule a integral

6

3

6


x2 + y 2 ds, onde C ´e a quarta parte da circunferˆencia

C

x2 + y 2 + z 2 = 4, y = x, situada no primeiro octante. Solu¸c˜ ao: Temos, x2 + y 2 + z 2 = 4 , e y = x , com x, y, z ≥ 0 ⇔ ⇔ 2x2 + z 2 = 4 , com x, z ≥ 0 ⇔ ⇔

x2 2

z2 4

+

= 1 , com x, z ≥ 0 . x2

z2

Logo, a proje¸c˜ao de C no plano xz ´e o arco da elipse + = 1 , com x , z ≥ 0. Assim x = 2 4 e z = 2 sen t, com 0 ≤ t ≤ π/2. √ Como y = x ent˜ao y = 2 cos t. Ent˜ao uma parametriza¸c˜ao de C ´e dada por:  √ √ → − 2 cos t , 2 cos t , 2 sen t , com 0 ≤ t ≤ π/2 . r (t) =

√

2 cos t

√ √
→ − Portanto, r ′ (t) = − 2 sen t , − 2 sen t , 2 cos t , portanto √ √ → ds = k− r (t)k dt = 2 sen2 t + 2 sen2 t + 4 cos2 t dt = 4 sen2 t + 4 cos2 t dt = 2 dt . Assim,

Z

2

x +y

C

=8· UFF

1 2

2




ds =

Z

0

π/2 2

2


2 cos t + 2 sen t 2 dt = 8

Z

π/2

cos2 t dt =

0

h i π sen 2t π/2 = 4 · = 2π . t+ 2

0

2

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´ Modulo 6 – Tutor

Exerc´ıcio 6: Calcule a integral

Z √

9

3xyz ds, onde C ´e a curva de interse¸c˜ao das superf´ıcies

C

x2 + y 2 + z 2 = 16, x2 + y 2 = 4, situada no primeiro octante. Solu¸c˜ ao: A proje¸c˜ao de C sobre o plano xy ´e a circunferˆencia x2 + y 2 = 4. Logo, x = 2 cos t e y = 2 sen t. Como C est´a no primeiro octante, ent˜aopx , y , z ≥ 0. Logo, Como √ √ 0 ≤ t ≤ π/2. 2 2 2 2 2 2 2 x + y + z = 16, z ≥ 0 e x + y = 4, ent˜ao z = 16 − x − √ y
= 16 − 4 = 2 3. Assim, → − uma parametriza¸c˜ao de C ´e dada por r (t) = 2 cos t, 2 sen t, 2 3 , com 0 ≤ t ≤ π/2. Logo,

−

√ →′ −

→′ r (t) = (−2 sen t, 2 cos t, 0) e ds = r (t) dt = 4 sen2 t + 4 cos2 t dt = 2 dt. Portanto: Z √ C

√ Z 3 xyz ds = 3

= 24

UFF

h

sen2 t 2

iπ/2 0

π/2

0

 √  √ √ Z (2 cos t) (2 sen t) 2 3 2 dt = 8 3 3

π/2

cos t sen t dt =

0

= 12 .

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Universidade Federal Fluminense ´ Instituto de Matematica e Estat´ıstica ´ Departamento de Matematica Aplicada

C´alculo III-A – Lista 6 Exerc´ıcio 1: Apresente uma parametriza¸c˜ao diferenci´avel para as seguintes curvas planas: a) C = {(x, y) ∈ R2 | x = y 2 , 0 ≤ x ≤ 2} b) C = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 = 4 , y ≥ 1} c) C = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 + x + y = 0} o n 2 2 2 x + y = 1,x ≥ 0 d) C = (x, y) ∈ R | 4

Solu¸c˜ ao: a) O esbo¸co de C est´a representado na figura que se segue. y √ 2 C

2

x

√ Fazendo y = t temos que x = t2 . Como 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ t2 ≤ 2 portanto 0 ≤ t ≤ 2. Portanto, √ uma parametriza¸c˜ao de C ´e γ(t) = (t2 , t), com 0 ≤ t ≤ 2 . √ ′ 2]. Observe que Esta parametriza¸ c ˜ a o ´ e diferenci´ a vel pois existe γ (t) = (2t, 1) para todo t em [0, √
γ1 (t) = t, t com 0 ≤ t ≤ 2 ´e tamb´em uma parametriza¸c˜ao de C, mas n˜ao ´e diferenci´avel pois ′ n˜ao√existe
γ (0). Observe tamb´em que essas parametriza¸c˜oes percorrem C da origem (0, 0) para 2, 2 .

´ Calculo III-A

Lista 6

87

b) Se x2 +y 2 = 4 e y ≥ 1 ent˜ao C ´e um arco de circunferˆencia de extremidades Sendo assim, o esbo¸co de C est´a representado na figura que se segue.

√

√

3,1 e − 3,1 .

y 2

C

γ(t) = (x, y)

1

y t

x

x

Adotando o ˆangulo t (em radianos) como parˆametros, temos que x = 2 cos t e y = 2 sen t. Varia¸c˜ao de t Temos que t0 ≤ t ≤ t1 . y

y C

2

C

2

1

1 t1

1

t0

√

x

3

x

π 1 ⇒ tg t0 = √ ⇒ t0 = 6 3

⇒ t1 = π −

5π π = 6 6

Logo π/6 ≤ t ≤ 5π/6. Assim, uma parametriza¸c˜ao diferenci´avel de C ´e γ(t) = (2 cos t, 2 sen t), com π/6 ≤ t ≤ 5π/6. Observe que essa parametriza¸c˜ao percorre C no sentido anti-hor´ario. c) De x2 + y 2 + x + y = 0 temos: x2 + x + ou

1 4

+ y2 + y +

1 4

=

  1 2 1 + y+ = . x+ 2 2   q Logo, C ´e uma circunferˆencia de centro − 1 , − 1 e raio 1 = 

1 2

2

2 4

2

2

2

√

2 2

.

Ent˜ao, uma parametriza¸c˜ao diferenci´avel de C no sentido anti-hor´ario ´e   √ √ γ(t) = − 1 + 2 cos t, − 1 + 2 sen t , com 0 ≤ t ≤ 2π. 2

UFF

2

2

2

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Lista 6

88

d) O esbo¸co da semielipse C est´a representado na figura que se segue. y 1

C

x

2

−1

Uma parametriza¸c˜ao de C (no sentido anti-hor´ario) ´e γ(t) = (2 cos t, sen t), com −π/2 ≤ t ≤ π/2. Exerc´ıcio 2: Apresente uma parametriza¸c˜ao diferenci´avel para as seguintes curvas no espa¸co: a) C ´e o segmento de reta que liga o ponto (0, 1, 0) ao ponto (2, 3, 4). b) C ´e a interse¸c˜ao do cilindro x2 + y 2 = 1 com o plano z = y − x. c) C ´e a interse¸c˜ao do paraboloide z = x2 + y 2 com o plano z = y + 1. Solu¸c˜ ao: a) Sejam A e B pontos do espa¸co. Seja P = (x, y, z) pertencente ao segmento AB. z A P B

O

y

x −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ Ent˜ao OP = OA + AP . Mas AP ´e um m´ultiplo escalar de AB, ou seja, AP = t · AB onde 0 ≤ t ≤ 1. Logo, −→ −→ −→ γ(t) = OP = OA + tAB = (A − 0) + t(B − A) = A + t(B − A)

com 0 ≤ t ≤ 1, ´e a equa¸c˜ao vetorial do segmento.

UFF

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Lista 6

89

No nosso caso, temos que A = (0, 1, 0) e B = (2, 3, 4). Portanto, uma parametriza¸c˜ao do segmento AB ´e:   γ(t) = (0, 1, 0) + t (2, 3, 4) − (0, 1, 0) = (0, 1, 0) + t(2, 2, 4) = = (2t, 1 + 2t, 4t)

com 0 ≤ t ≤ 1. b) Seja P = (x, y, z) pertence `a curva C. Logo, x e y satisfazem `a equa¸c˜ao x2 + y 2 = 1 portanto x = cos t e y = sen t, com 0 ≤ t ≤ 2π. Como z = y − x, ent˜ao z = sen t − cos t. Portanto, uma parametriza¸c˜ao de C ´e γ(t) = (cos t, sen t, sen t − cos t), com 0 ≤ t ≤ 2π.   5 1 2 = . Logo, a proje¸c˜ao de c) De z = x2 + y 2 e z = y + 1 temos x2 + y 2 − y = 1 ou x2 + y − 4 √ 2 √   5 1 2 1 5 5 2 = . Assim, x = C no plano xy ´e a circunferˆencia x + y − cos t e y = + sen t, com 0 ≤ t ≤ 2π. Como z = y + 1, ent˜ao y = γ(t) =

√

5 2

3 2

2 √ 5 + 2

cos t,

1 2

+

4

2

2

2

sen t. Temos que, √ 5 2

sen t,

3 2

+

√ 5 2

 sen t

com 0 ≤ t ≤ 2π. Exerc´ıcio 3: Calcule

Z

(x + y) ds, onde C consiste no menor arco de circunferˆencia x2 + y 2 = 1 de

C

(1, 0) a (0, 1) e do segmento de reta de (0, 1) a (4, 3). Solu¸c˜ ao: O esbo¸co de C = C1 ∪ C2 est´a representado na figura que se segue. y (4, 3) C2 (0, 1) C1

x

(1, 0)

Por propriedade da integral temos: Z Z Z (x + y) ds = (x + y) ds + (x + y) ds . C

C´alculo de

Z

C1

C2

(x + y) ds

C1 UFF

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Lista 6

90

′ Uma parametriza¸ ´e dada por γ1 (t) = (cos√ t, sen t), com 0 ≤ t ≤ π/2. Logo = c ˜ao′ de C1 p ′γ (t) 2 2 2 2 (− sen t, cos t) e γ1 (t) = (− sen t) + (cos t) = sen t + cos t = 1. Como ds = γ1 (t) dt ent˜ao ds = dt. Assim, Z Z π/2 h iπ/2 (x + y) ds = = (cos t + sen t) dt = sen t − cos t 0

0

C1

= (1 − 0) − (0 − 1) = 2 . C´alculo de

Z

(x + y) ds

C2

Sejam A = (0, 1) e B = (4, 3). Uma parametriza¸c˜ao de C2 =  segmento de reta AB ´e dada por γ2 (t) = A + t(B − A), com 0 ≤ t ≤ 1 ou γ2 (t) = (0, 1) + t (4, 3) (0, 1) = (0, 1) + t(4, 2) = − √ √ √ ′ ′ γ2 (t) = 42 + 22 = 20 = 2 5 e (4t, 1 + 2t), com 0 ≤ t ≤ 1. Logo γ (t) = (4, 2) portanto 2 √ ds = γ2′ (t) dt = 2 5 dt. Ent˜ao, Z

(x + y) ds =

C2

Z

1

0

√ Z 1 (6t + 1) dt = (4t + 1 + 2t)2 5 dt = 2 5 √

0

√ √ 1 = 2 5 [3t2 + t]0 = 8 5 . Portanto:

Z

√ (x + y) ds = 2 + 8 5 .

C

R2

, Exerc´ıcio 4: Seja C parte da curva interse¸c˜ao das superf´ıcies x2 + y 2 + z 2 = R2 e x2 + y 2 = Z √4 81 3 com R > 0, situada no primeiro octante. Determine o valor de R de modo que xyz ds = . C

2

Solu¸c˜ ao: De x + y significa que a curva

UFF

3R2 temos z = , +z = R e x +y = √ 4 3R C est´a contida no plano horizontal z = . 2

2

2

2

2

2

R2 4

2

logo z =

√ 3R 2

2

pois z ≥ 0. Isso

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Lista 6

91

z R

C

√ R 3 2

(x, y, z)

R/2 R

(x, y, 0)

R/2

y

R

x R2 R , portanto x = cos t e 4 2 √ 3R , uma parametriza¸c˜ao de C 2

Seja (x, y, z) ∈ C. Ent˜ao x e y satisfazem a equa¸c˜ao x2 + y 2 = y=

R 2

sen t. Como x ≥ 0 e y ≥ 0 temos 0 ≤ t ≤ π/2. Como z =  √  3R R R ´e dada por γ(t) = cos t, sen t, , com 0 ≤ t ≤ π/2. Logo, 2

2

2



γ ′ (t) = e ′ γ (t) =

Assim,

r

−R 2

R2 4

sen t,

sen2 t +

R 2

cos t, 0

R2 4



cos2 t =

R 2

.

R ds = γ ′ (t) dt = dt . 2

Ent˜ao, Z

xyz ds =

=

√ R4 3 16

C

Como

Z

C

xyz ds =

Z

0

√ 81 3 2

Z

π/2



R 2

  √  R R 3 cos t sen t R dt = 2

π/2

cos t sen t dt =

0

2

√ R4 3 16

h

sen2 t 2

iπ/2 0

2

=

√ R4 3 32

.

ent˜ao √ R4 3 32

=

√ 81 3 2

ou portanto R = 2 · 3 = 6.

R4 = 16 · 81 = 24 · 34

Exerc´ıcio 5: Mostre que o momento de in´ercia de um fio homogˆeneo com a forma de uma circunferˆencia de raio R em torno de um diˆametro ´e igual a UFF

M R2 , 2

onde M ´e a massa do fio. IME - GMA

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Lista 6

92

Solu¸c˜ ao: Sem perda de generalidade, podemos considerar a circunferˆencia de raio R, centrada em (0, 0). y C

R

R

x

Ent˜ao a equa¸c˜ao de C ´e x2 + y 2 = R2 e, portanto, uma parametriza¸c˜ao ´e γ(t) = (R cos t, R sen t), com 0 ≤ t ≤ 2π. Como o fio ´e homogˆeneo ent˜ao a densidade ´e constante, isto ´e, δ(x, y) = k para todo (x, y) ∈ C. Assim, da F´ısica temos M = k× (comprimento de C) = k(2πR) = 2kπR. Considerando um diˆametro no eixo x temos Z Z 2 Ix = y k ds = k y 2 ds C

onde

C

p ds = γ ′ (t) dt = (−R sen t, R cos t) dt = (−R sen t)2 + (R cos t)2 dt = √ √ = R2 sen2 t + R2 cos2 t dt = R2 dt = R dt .

Ent˜ao, Ix = k

Z

2π 2

(R sen t) R dt = kR

0

= kπR3 = 2kπR ·

R2 2

=

M R2 2

3

Z

2π 2

sen t dt = kR 0

31

2

h

t−

sen 2t 2

i2π 0

=

.

Exerc´ıcio 6: Um arame tem a forma da curva obtida como interse¸c˜ao da semi-esfera x2 +y 2 +z 2 = 4, y ≥ 0 com o plano x + z = 2. Sabendo-se que a densidade em cada ponto do arame ´e dada por f (x, y, z) = xy, calcule a massa total do arame. Solu¸c˜ ao: a) A curva C est´a ilustrada na figura que se segue.

UFF

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Lista 6

93

z

z

2

2 C

C

y

2

2

2

x

2

y

x

Seja (x, y, z) ∈ C. Ent˜ao x2 + y 2 + z 2 = 4, y ≥ 0 e x + z = 2, logo x2 + y 2 + (2 − x)2 = 4, y ≥ 0 2 ou 2x2 − 4x + y 2 = 0, y ≥ 0 ou 2(x − 1)2 + y 2 = 2, y ≥ 0, ou (x − 1)2 + y2 = 1, y ≥ 0. Logo, a 2 proje¸c˜ao de C no plano xy ´e a semielipse (x − 1)2 + y2 = 1, y ≥ 0. Ent˜ao  1 + cos t  x=√ y = 2 sen t  z = 2 − (1 + cos t) = 1 − cos t . √ Como y ≥ 0, ent˜ao 2 sen t ≥ 0 portanto 0 ≤ t ≤ π. Logo, uma parametriza¸c˜ao para C ´e dada por √ σ(t) = (1 + cos t, 2 sen t, 1 − cos t), 0 ≤ t ≤ π . Temos σ ′ (t) = (− sen t,

√

2 cos t, sen t)

portanto

√ √ ds = σ ′ (t) dt = sen2 t + 2 cos2 t + sen2 t dt = 2 dt . Z Z Como M = f (x, y, z) ds = xy ds, ent˜ao C

M=

C

Z

0

π

(1 + cos t) ·

√

2 · sen t ·

√

2 dt = 2

Z

π

(sen t + sen t cos t) dt =

0

i h sen2 t π = 4 u.m. = 2 − cos t + 2

0

y2

x2

+ = 1, situada no primeiro quadrante se a densidade Exerc´ıcio 7: Achar a massa da elipse 9 4 em cada ponto ´e igual ao produto das coordenadas do ponto. Solu¸c˜ ao: A densidade δ(x, y) ´e dada por δ(x, y) = xy. Logo, a massa M ´e dada por Z Z M= δ(x, y) ds = xy ds C

C

onde C ´e parametrizada por: γ(t) = (3 cos t , 2 sen t) ,

UFF

γ ′ (t) = (−3 sen t , 2 cos t) ′ √ γ (t) = 9 sen2 t + 4 cos2 t

0 ≤ t ≤ π/2

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Lista 6

Ent˜ao, M=

Z

xy ds =

C 2

2

π/2

Z

94

√ 6 cos t sen t 9 sen2 t + 4 cos2 t dt .

0

Fazendo u = 9 sen t + 4 cos t, tem-se: du = (18 sen t cos t − 8 cos t sen t) dt = 10 cos t sen t dt .

Se t = 0 e t = π/2, tem-se u = 4 e u = 9, respectivamente. Ent˜ao, Z 9 i9 h
38 2 3 2 3/2 1/2 du = 33 − 23 = = · · u u.m. M =6 u 10

4

5

3

5

4

5

Exerc´ıcio 8: Deseja-se construir uma pe¸ca de zinco que tem a forma da superf´ıcie do cilindro x2 + y 2 = 4, compreendida entre os planos z = 0 e x + y + z = 2, com z ≥ 0. Se o metro quadrado do zinco custa M reais, calcule o pre¸co total da pe¸ca. Fa¸ca um esbo¸co da mesma. Solu¸c˜ ao: z z = 2 − x − y = f (x, y)

S

y 2 2 C

2

(x, y, 0)

x

2 C

y

x Seja S a superf´ıcie lateral de base C contida no plano xy e altura f (x, y) = 2 − x − y em cada (x, y) ∈ C. Ent˜ao Z Z A(S) = f (x, y) ds = (2 − x − y) ds C

C

onde C ´e parametrizada por σ(t) = (2 cos t, 2 sen t), π/2 ≤ π ≤ 2π. Assim, σ ′ (t) = (−2 sen t, 2 cos t) portanto ds = σ ′ (t) dt = 2 dt. Ent˜ao, Z 2π h i2π A(S) = (2 − 2 cos t − 2 sen t)2 dt = 4 t − sen t + cos t = π/2

π/2

i   h  3π π −1+0 = 4 + 2 = 6π + 8 u.a. = 4 (2π − 0 + 1) − 2

2

Logo, o pre¸co da pe¸ca ´e igual a (6π + 8)M reais. UFF

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Lista 6

95

Exerc´ıcio 9: Calcule a massa de um arame cuja forma ´e dada pela curva interse¸c˜ao da por¸c˜ao da esfera x2 + y 2 + z 2 = 2y, situada no primeiro octante com o plano z = y, supondo que a densidade em um ponto P ´e proporcional ao quadrado da distˆancia de P `a origem. Solu¸c˜ ao: De x2 + y 2 + z 2 = 2y e z = y, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, temos x2 + y 2 − 2y = 0, x ≥ 0 e y ≥ 0 se, e somente se 1   y− x2 1 2 1 2 2 ⇔ 1 + x +2 y− = 1

2



2

2

2

=1

4

com x ≥ 0 e y ≥ 0. Logo, a proje¸c˜ao do arame C no plano xy ´e um quarto da elipse x2

+

1 2

  1 2 y− 2

1 4

= 1, √ 2 2

1

1

com x ≥ 0 e y ≥ 0, cuja parametriza¸c˜ao ´e dada por x(t) = cos t e y = + sen t, com 2 2 t ∈ [−π/2, π/2], pois x ≥ 0. Para encontrar uma parametriza¸c˜ao de C utilizamos a equa¸c˜ao do plano z = y. Temos, C : γ(t) =

√

2 2

cos t,

1 2

+

1 2

sen t,

1 2

+

1 2

 sen t

com t ∈ [−π/2 , π/2]. Assim,

 √  2 1 1 γ (t) = − sen t, cos t, cos t ′

2

2

2

portanto ′ γ (t) = Logo,

r

1 2

sen2 t +

1 4

cos2 t +

1 4

cos2 t =

√ 2 2

.

√ ′ 2 dt . ds = γ (t) dt = 2

A densidade em P = (x, y, z) ´e dada por p 2
δ(x, y, z) = k x2 + y 2 + z 2 = k x2 + y 2 + z 2 , onde k > 0. Como M =

Z

δ(x, y, z) ds ent˜ao:

C

M =k

Z

2

2

x +y +z

C

= 2k

Z

π/2

−π/2

UFF



1 2

+

1 2

2




ds = 2k

Z

y ds =

C

√ √ h √ iπ/2 2 2 2 = sen t dt = k t − cos t kπ u.m. 2

2

−π/2

2

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Lista 6

96

Exerc´ıcio 10: Calcule a primeira coordenada do centro de massa de um fio homogˆeneo que est´a ao √ → t4 − − → → − longo de uma curva γ(t) = t i + 2 2 t5/2 j + k , 0 ≤ t ≤ 2, se a densidade for δ(x, y, z) = 10x. 4  √ 2 2 5/2 t4 temos que γ ′ (t) t , 5 4 5

√ = (1, 2 t3/2 , t3 ), portanto obtemos γ ′ (t) = Solu¸c˜ ao: De γ(t) = t, q √
3 6 1 + 2t + t = (1 + t3 )2 = 1 + t3 . Logo, ds = γ ′ (t) dt = 1 + t3 dt. A primeira coordenada do centro de massa do fio homogˆeneo ´e dada por Z x ds C x= L 

onde L ´e o comprimento de C, isto ´e, Z b Z ′ L= γ (t) dt = a

Por outro lado, Z C

x ds =

Z

0

2 3

t 1+t




dt =

Z

2 0

2 0

Logo, x=

UFF

h i
t4 2 1 + t3 dt = t + = 6. 4

0

h 2 i
t t5 2 42 32 t + t4 dt = + = . =2+ 2

42 5

6

=

5

0

5

5

7 . 5

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Universidade Federal Fluminense ´ Instituto de Matematica e Estat´ıstica ´ Departamento de Matematica Aplicada

C´alculo III-A – M´odulo 7 Aula 13 – Aplica¸c˜oes da Integral de Linha de Campo Escalar Objetivo • Apresentar uma interpreta¸c˜ao geom´etrica. • Apresentar algumas aplica¸c˜oes `a F´ısica.

Interpreta¸c˜ ao geom´ etrica no plano Seja f (x, y) ≥ 0 e cont´ınua. Ent˜ao o gr´afico de f , Gf , est´a acima do plano xy.

z Gf

(x, y, f (x, y))

(x, y)

y

S

∆s

x

C

A partir daZcurva C ⊂ plano xy, construa a superf´ıcie S de base C e “altura” f (x, y) em (x, y) ∈ C. A integral f (x, y) ds representa a ´area de um lado da superf´ıcie S. C

Exemplo 1 A base de uma superf´ıcie ´e dada por x2 + y 2 = 2 , x ≥ 0. Se a altura da superf´ıcie em (x, y) ´e f (x, y) = x, x ≥ 0, obter a ´area de um lado da superf´ıcie.

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2

Solu¸c˜ao: O esbo¸co de S ´e:

z z = f (x, y) = x S

√ 2

√ 2

(x, y)

x A ´area de um lado de S ´e dada por √

Z

y

Z

f (x, y) ds = x ds, onde C ´e parametrizado por

C C √
2 cos t, 2 sen t, , −π/2 ≤ t ≤ π/2 (pois x ≥ 0). √ √ √ √
Se σ ′ (t) = − 2 sen t, 2 cos t , ent˜ao kσ ′ (t)k = 2 sen2 t + 2 cos2 t = 2 portanto,

σ(t) =

ds = kσ ′ (t)k dt = Ent˜ao Z C

x ds =

Z

π/2 −π/2

√

√

2 dt .

π/2
√ = 4 u.a. 2 cos t 2 dt = 2 sen t −π/2

Interpreta¸c˜ ao F´ısica 2 Se ao Z δ(x, y) representa a densidade (massa por unidade de comprimento) de um arame C ⊂ R , ent˜ δ(x, y) ds representa a massa total do arame: C

M=

Z

δ(x, y) ds .

C

UFF

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3

OBS.: 1. O centro de massa (x, y) do arame ´e dado por Z Mx = xδ(x, y) ds C

My =

Z

yδ(x, y) ds

C

2. O momento de in´ercia de C ⊂ R2 em rela¸c˜ao a um eixo E ´e dado por Z IE = r 2 (x, y)δ(x, y) ds C

onde r(x, y) = distˆancia de (x, y) ao eixo E. 3. Seja uma curva C ⊂ R3 , representando um arame de densidade δ = δ(x, y, z) em (x, y, z) ∈ C. Ent˜ao, observe as seguintes f´ormulas: Z (i) Comprimento do arame: L = ds C

(ii) Massa do arame: M =

Z

δ(x, y, z) ds

C

(iii) Centro de massa do arame (x, y, z), onde Z Mx = xδ(x, y, z) ds C

My =

Z

yδ(x, y, z) ds

Mz =

Z

zδ(x, y, z) ds

C

C

(iv) Momento de in´ercia do arame em rela¸c˜ao a um eixo E: Z IE = r 2 (x, y, z)δ(x, y, z) ds C

onde r(x, y, z) = distˆancia de (x, y, z) ao eixo E.

Exemplo 2 Um arame fino tem a forma de uma semicircunferˆencia x2 + y 2 = 4, y ≥ 0. Se a densidade linear ´e UFF

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4

uma constante k, determine a massa e o centro de massa do arame. Solu¸c˜ao: O esbo¸co de C est´a representado ao lado. Temos Z Z xk ds x ds x = CZ

k ds

C

Z

y = CZ

= CZ

y 2

ds

C

C

y ds −2

ds

2

x

C

Z

onde

ds = L =

C

1 2

Z

Z

C

C

· 2πr = 2π, pois r = 2. Como M = kds ent˜ao M = k

parametriza¸c˜ao de C ´e dada por

ds = 2kπ. Uma

σ(t) = (2 cos t, 2 sen t) , 0 ≤ t ≤ π . √ Se σ ′ (t) = (−2 sen t, 2 cos t, ) , ent˜ao kσ ′ (t)k = 4 sen2 t + 4 cos2 t = 2. Como ds = kσ ′ (t)k dt, ent˜ao ds = 2 dt. Temos Z Z π  π x ds = (2 cos t)2 dt = 4 sen t 0 = 0 0

C

Z C

y ds =

Z

0

π

 π (2 sen t)2 dt = 4 − cos t 0 = 8

Logo, x=0 e y=

8 4 = . 2π π

Portanto, (x, y) = (0, 4/π).

Exemplo 3 Calcule o momento de in´ercia em rela¸c˜ao ao eixo z de um arame C cuja forma ´e a interse¸c˜ao das superf´ıcies x2 + y 2 + z 2 = 4 e y = x, sabendo que sua densidade ´e uma constante. Solu¸c˜ao: Como a interse¸c˜ao de uma esfera com um plano ´e uma circunferˆencia, segue que C ´e uma circunferˆencia contida no plano y = x. Para esbo¸c´a-la procuremos encontrar pontos de interse¸c˜ao das suas superf´ıcies. Observe que o plano x = y cont´em o eixo z. Logo, os pontos A1 = (0, 0, 2) e UFF

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5

z A1 = (0, 0, 2) C

B2

2

B1

2

y

x A2 = (0, 0, −2)

A2 = (0, 0, −2) est˜ao em C. Por outro lado, a reta y = x do plano xy intercepta a esfera em dois pontos: B1 e B2 . Ligando os pontos A1 , A2 , B1 e B2 , encontramos a curva C. Para parametrizar C, resolvemos o sistema  2 x + y2 + z2 = 4 . y= x Temos 2x2 + z 2 = 4 ou x2 /2 + z 2 /4 = 1, que representa a proje¸c˜ao de C√no plano xz. Portanto, se (x, y, z) ∈ C, ent˜ao x e z satisfazem √ a elipse x2 /2 + z 2 /4. Logo, x = 2 cos t e z = 2 sen t, com 0 ≤ t ≤ 2π. Como y = x, ent˜ao y = 2 cos t. Portanto, √ √
σ(t) = 2 cos t, 2 cos t, 2 sen t , 0 ≤ t ≤ 2π

´e uma parametriza¸c˜ao de C. √ √ √
Se σ ′ (t) = − 2 sen t, − 2 sen t, 2 cos t , ent˜ao kσ ′ (t)k = 2 sen2 t + 2 sen2 t + 4 cos2 t = 2. Assim, ds = kσ ′ (t)k dt = 2 dt. O momento de in´ercia em rela¸c˜ao ao eixo z ´e dado por Z Z Z 2π


2 2 2 2 Iz = x + y δ(x, y) ds = k x + y ds = k 2 cos2 t + 2 cos2 t 2 dt 0

C

C

= 8k

2π

Z

cos2 t dt

0

= 8k ·

1 2

h

t+

sen 2t 2

i2π 0

= 8kπ .

UFF

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6

Aula 14 – Campos Vetoriais Objetivo • Apresentar os campos vetoriais. • Estudar alguns operadores diferenciais. Defini¸c˜ ao de um campo vetorial:

Defini¸c˜ao: Sejam P e Q fun¸c˜oes reais de x e y, definidas em D ⊂ R2 . A fun¸c˜ao → − vetorial F : D ⊂ R2 → R2 definida por → − → − − → F (x, y) = (P (x, y), Q(x, y)) = P (x, y) i + Q(x, y) j

´e chamada de campo vetorial definido em D ⊂ R2 . y − → F (x, y) D

(x, y)

x → − Outra nota¸c˜ao: F (x, y) = (P, Q).

UFF

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7

Defini¸c˜ao: Sejam P , Q e R fun¸c˜oes reais de x, y e z, definidas em D ⊂ R3 . Temos que a fun¸c˜ao → − vetorial F : D ⊂ R3 → R3 definida por

→ − → − → − − → F (x, y, z) = (P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)) = P (x, y, z) i +Q(x, y, z) j +R(x, y, z) k

´e chamada de campo vetorial definido em D ⊂ R3 .

z

− → F (x, y, z) (x, y, z)

D

y

x

Os campos vetoriais s˜ao ´uteis para representar os campos de for¸cas, campos de velocidades e campos el´etricos. → − → − Geometricamente, visualizamos um campo vetorial F no plano esbo¸cando vetores F (x, y) com origem em (x, y).

Exemplo 1 → − → − → − O campo vetorial F (x, y) = (x, y) = x i + y j , (x, y) ∈ R2 est´a representado por:

UFF

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8

y

x

Exemplo 2 → − → − → − Fa¸ca a representa¸c˜ao geom´etrica do campo vetorial F (x, y) = (−y, x) = −y i + x j , (x, y) ∈ R2 . Solu¸c˜ao: p → − → − Observemos que k F (x, y)k = y 2 + x2 = k(x, y)k, isto ´e, os vetores F (x, y) e (x, y) tˆem mesmo → − → − comprimento. Al´em disso, F (x, y) · (x, y) = (−y, x) · (x, y) = −yx + xy = 0, portanto F (x, y) ⊥ (x, y). Ent˜ao o esbo¸co do campo ´e: y

x

Defini¸c˜ao: → − Dizemos que o campo vetorial F ´e cont´ınuo, de classe C k , k ∈ N∗ ou C ∞ se as fun¸c˜oes componentes P e Q (ou P , Q, R) s˜ao cont´ınuas, de classe C k ou C ∞ , respectivamente.

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9

Operadores diferenciais → − Se F = (P, Q, R) ´e campo vetorial diferenci´avel em um conjunto aberto D do R3 , ent˜ao o divergente → − de F ´e um campo escalar definido por → ∂P − ∂Q ∂R + + div F = ∂x ∂y ∂z

(1)

→ − → − Se F = (P, Q) ´e de classe C 1 em um aberto D do R2 , ent˜ao div F =

∂P ∂x

+

∂Q . ∂y

→ − O rotacional de F ´e um campo vetorial definido por       → → → → − ∂P ∂Q ∂P − ∂R − ∂R ∂Q − i + j + k − − − rot F = ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y

(2)

Vamos expressar (1) e (2) usando a nota¸c˜ao de operador. Ent˜ao, consideremos o operador diferencial vetorial ∇ (“del”) dado por   → → → ∂ − ∂ − ∂ − ∂ ∂ ∂ ∇= i + j + k = . , , ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z O operador ∇ sobre uma fun¸c˜ao escalar f (ou um campo escalar) produz o gradiente de f :   ∂f ∂f ∂f . , , ∇f = ∂x ∂y ∂z → − Consideremos o “produto vetorial” de ∇ pelo campo vetorial F = (P, Q, R): − → − → − → i j k → − ∇ × F = ∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z P Q R ∂/∂y ∂/∂z ∂/∂x ∂/∂y − ∂/∂x ∂/∂z − − → → → i − j + = k R P P Q R Q =



∂R ∂y

−

∂Q ∂z

=



∂R ∂y

−

∂Q ∂z

→ − = rot F .

− → i − − → i +

∂R ∂x

−

∂P ∂z

∂P ∂z

−

∂R ∂x


− →  ∂Q j + ∂x −


− →  ∂Q j + ∂x −

∂P ∂y

∂P ∂y

− → k

− → k

Logo,

→ − → − rot F = ∇ × F . → − Consideremos o “produto interno” de ∇ pelo campo F :   − → → − ∂P ∂ ∂ ∂Q ∂R ∂ · (P, Q, R) = , , + + = div F . ∇· F = ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z UFF

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Assim,

10

→ − → − div F = ∇ · F .

Exemplo 1 → − → − → − → − Calcule o divergente e o rotacional do campo vetorial F (x, y, z) = xy i + yz j + zx k . Solu¸c˜ao: Temos

→ − → − ∂ ∂ ∂ div F = ∇ · F = (xy) + (yz) + (zx) = y + z + x . ∂x ∂y ∂z

e − → − → − → j k i → − → − → − → − − → → − → − → − rot F = ∇× F = ∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z = (0−y) i +(0−z) j +(0−x) k = −y i −z j −x k . xy yz zx A seguir, apresentaremos algumas propriedades para o rotacional e o divergente. → − Se f e F s˜ao de classe C 2 , ent˜ao → − → − (i) rot(gradf ) = 0 ou ∇ × (∇f ) = 0 →
− →
− (ii) div rot F = 0 ou ∇ · ∇ × F = 0

(iii) div (gradf ) = lap f ou ∇ · (∇f ) = ∇2 f ou △f onde lap f = ∇2 f = △f = dito laplaciano de f .  − → → − → − (iv) ∇ · f F = f ∇ · F + ∇f · F .

∂2f ∂x2

2

2

+ ∂∂yf2 + ∂∂zf2 ´e

As demonstra¸c˜oes de (i) e (ii) seguem das defini¸c˜oes e do Teorema de Schwartz. A demonstra¸c˜ao → − de (iii) segue das defini¸c˜oes. Demonstraremos a propriedade (iv). Escrevendo F = (P, Q, R), temos → − f F = (f P, f Q, f R). Ent˜ao,  − → ∂ ∂ ∂ ∂P ∂f ∂Q ∂f ∂R ∂f ∇· fF = (f P ) + (f Q) + (f R) = f + ·P +f + ·Q+f + ·R ∂x ∂y ∂z ∂x ∂x ∂y ∂y ∂z ∂z     ∂P ∂Q ∂R ∂f ∂f ∂f = f + + , , + · (P, Q, R) ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z → − → − = f ∇ · F + ∇f · F

como quer´ıamos demonstrar.

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11

→ − → − → − OBS.: Se F (x, y) = P (x, y) i + Q(x, y) j , ent˜ao: → →  ∂Q ∂P − − rot F = ∂x − ∂y k .

Exerc´ıcio 1: Use a integral de linha para encontrar a ´area da superf´ıcie lateral sobre a curva C e abaixo da superf´ıcie z = f (x, y), onde a) C : x2 + y 2 = 1, com y ≥ 0 de (1, 0) a (0, 1) e f (x, y) = xy b) C : y = 1 − x2 de (1, 0) a (0, 1) e f (x, y) = x Exerc´ıcio 2: Determine a massa de um fio com a forma da curva y = ln x, com a densidade em cada ponto ´e igual ao quadrado da abscissa do ponto.

√

3≤x≤

√

8 , se

Exerc´ıcio 3: Determine a massa de uma quarta parte da circunferˆencia x2 + y 2 = a2 , situada no primeiro quadrante se a densidade em cada ponto ´e igual a ordenada desse ponto. → Exerc´ıcio 4: Calcule o centro de massa do fio C parametrizado por − r (t) = (t, t, t), com 0 ≤ t ≤ 1, com densidade linear δ(x, y, z) = xyz. Exerc´ıcio 5: Seja C um fio delgado com a forma da interse¸c˜ao da superf´ıcie x2 + y 2 + z 2 = 5, com z ≥ 0 com o plano x + y = 1. Calcule o momento de in´ercia de C em rela¸c˜ao ao eixo z, se a densidade em cada ponto ´e proporcional `a sua distˆancia ao plano xy. Exerc´ıcio 6: Calcule a massa de um arame fino com o formato da h´elice x = 3 cos t, y = 3 sen t e kx z = 4t, com 0 ≤ t ≤ π/2, se a densidade for δ(x, y, z) = , com k > 0. 2 1+y

→ − → − Exerc´ıcio 7: Calcule div F e rot F sendo: → − a) F (x, y, z) = (2z − 3y , 3x − z , y − 2x)

→ − → − → − b) F (x, y, z) = (z + sen y) i − (z − x cos y) j

→ − → → − Exerc´ıcio 8: Se − r = (x, y, z) e → a ´e um vetor constante, demonstre que rot (− a ×− r ) = 2→ a e → − → − div ( a × r ) = 0.

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C´alculo III-A – M´odulo 7 – Tutor Exerc´ıcio 1: Use a integral de linha para encontrar a ´area da superf´ıcie lateral sobre a curva C e abaixo da superf´ıcie z = f (x, y), onde a) C : x2 + y 2 = 1, com y ≥ 0 de (1, 0) a (0, 1) e f (x, y) = xy b) C : y = 1 − x2 de (1, 0) a (0, 1) e f (x, y) = x Solu¸c˜ ao: a) Sabemos da teoria que a ´area da superf´ıcie lateral S, sobre a curva C e abaixo do gr´afico de Z z = f (x, y), onde f (x, y) ≥ 0 e cont´ınua em C ´e dada por A(S) = f (x, y) ds. C

O esbo¸co de C est´a representado na figura que se segue. y 1

C

x

1

Como x Z≥ 0 e y ≥ 0, ent˜ao f (x, y) = xy ≥ 0 em C. Al´em disso, f ´e cont´ınua em C. Ent˜ao, → A(S) = xy ds, onde C ´e parametrizada por − r (t) = (cos t, sen t), com 0 ≤ t ≤ π/2. Temos, C

−

− →′ −

→′ √ 2

→′ 2 r (t) = (− sen t, cos t), portanto r (t) = sen t + cos t = 1 e, portanto, ds = r (t) dt = dt. Assim Z π/2 h 2 iπ/2 sen t 1 A(S) = cos t sen t dt = u.a. = 2

0

0

b) O esbo¸co de C est´a representado na figura que se segue. y 2 C

2

x

2

´ Calculo III-A

´ Modulo 7 – Tutor

2

Se fizermos o parˆametro ser t = −x, ent˜ao temos as equa¸c˜oes x = −t e y = 1−t2 , com −1 ≤ t ≤ 0. → − → Ent˜ao, uma parametriza¸ c˜ao de C ´e − r (t) = (−t , 1 − t2 ), com −1 ≤ t ≤ 0. Logo, r ′ (t) = (−1, −2t),

−

√ →

→ √

− portanto r ′ (t) = 1 + 4t2 e ds = r ′ (t) dt = 1 + 4t2 dt.

Temos

A(S) =

Z

f (x, y) ds =

C

Z

=−

1 8

=−

1 12

Z

x ds =

1 + 4t2 −1

√

0

−1

C

0

Z

(−t) 1 + 4t2 dt = −

Z

0

t 1 + 4t2 −1


1/2

dt =

h
3/2 i0
1 2 1 + 4t2 d 1 + 4t2 = − · =


1/2

8

3

−1

√
√
1 1−5 5 = 5 5 − 1 u.a. 12

Exerc´ıcio 2: Determine a massa de um fio com a forma da curva y = ln x, com a densidade em cada ponto ´e igual ao quadrado da abscissa do ponto.

√

3≤x≤

√

8 , se

Z

δ(x, y) ds, onde δ(x, y) = x2 . Uma parametriza¸c˜ao de C ´e

−   √ √ C → − 1

→ → − r (t) = (t, ln t), com 3 ≤ t ≤ 8 . Logo, r ′ (t) = 1, , com t > 0 e r ′ (t) = t √ √ q

− t2 + 1 t2 + 1 1

→′ = 1+ 2 = . Como ds = r (t) dt, ent˜ao ds = dt. Assim: Solu¸c˜ ao: Pede-se M =

t

t

t

M=

= =

1 2 1 3

Z

2

x ds =

C Z √ √

3

Z

√

√

8

3

√ 2 2 t +1 t t

dt =

8 2

t +1


1/2

2




d t +1 =

1 2

Z

·

√

8

√ 3

2 3

h

t

√

t2

2

t +1



+ 1 dt = √

8

√

3


3/2 i

=


1 19 93/2 − 43/2 = (27 − 8) = u.m. 3

3

Exerc´ıcio 3: Determine a massa de uma quarta parte da circunferˆencia x2 + y 2 = a2 , situada no primeiro quadrante se a densidade em cada ponto ´e igual a ordenada desse ponto. Solu¸c˜ ao: O esbo¸co de C est´a representado na figura que se segue. y a C

a

UFF

x

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´ Modulo 7 – Tutor

3

Como a densidade em (x, y) ∈ C ´e igual `a ordenada y, ent˜ao δ(x, y) = y. Logo, a massa M ´e dada por Z Z M=

δ(x, y) ds =

C

y ds

C

− onde → r (t) = (a cos t , a sen t), com 0 ≤ t ≤ π/2, ´e uma parametriza¸c˜ao de C.

−

→′ −

→′ √ 2 Temos r (t) = (−a sen t , a cos t), portanto r (t) = a sen2 t + a2 cos2 t = a.

−

→′ Como ds = r (t) dt ent˜ao ds = a dt. Assim: M=

π/2

Z

= a2 u.m. (a sen t) a dt = a2 [− cos t]π/2 0

0

→ Exerc´ıcio 4: Calcule o centro de massa do fio C parametrizado por − r (t) = (t, t, t) , com 0 ≤ t ≤ 1, com densidade linear δ(x, y, z) = xyz.

−

− √ √ √ → −

→

→ Solu¸c˜ ao: Temos r ′ (t) = (1, 1, 1), r ′ (t) = 1 + 1 + 1 = 3 e ds = r ′ (t) dt = 3 dt. O centro de massa (x, y, z) ´e dado por Z Z Z Mx = xδ(x, y, z) ds = x (xyz) ds = x2 yz ds C

C

C

My =

Z

yδ(x, y, z) ds =

Z

y (xyz) ds =

Z

xy 2 z ds

Mz =

Z

zδ(x, y, z) ds =

Z

z (xyz) ds =

Z

xyz 2 ds

C

C

C

C

C

C

C´alculo de M Temos M=

Z

δ(x, y, z) ds =

C

C´alculo de

Z

Z C

xyz ds =

Z

1 3

t

√

0

√ h t4 i1 √3 3 dt = 3 = u.m. 4

4

0

x2 yz ds :

C

Temos

Z

2

x yz ds =

C

C´alculo de

Z

Z

1

√ Z √ t · t · t 3 dt = 3 2

0

0

1

√ h t5 i1 √3 = . t dt = 3 4

5

0

5

xy 2 z ds :

C UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 7 – Tutor

Temos

Z

√ Z xy z ds = 3

1

Z

√ Z xyz ds = 3

1

C

C´alculo de

Z

2

4

√ h t5 i1 √3 . = t dt = 3 4

5

0

5

0

xyz 2 ds :

C

Temos

C

√ h t5 i1 √3 t dt = 3 . = 4

2

5

0

5

0

Substituindo acima, vemos que o centro de massa ´e dado por: √   √ √  3/5 3/5 3/5 4 4 4 ,√ (x, y, z) = √ ,√ , , = . 3/4

3/4

5 5 5

3/4

Exerc´ıcio 5: Seja C um fio delgado com a forma da interse¸c˜ao da superf´ıcie x2 + y 2 + z 2 = 5 , com z ≥ 0 com o plano x + y = 1. Calcule o momento de in´ercia de C em rela¸c˜ao ao eixo z, se a densidade em cada ponto ´e proporcional `a sua distˆancia ao plano xy. Solu¸c˜ ao: Temos que: x2 + y 2 + z 2 = 5 , z ≥ 0 e x + y = 1 ⇔ x2 + (1 − x)2 + z 2 = 5 , z ≥ 0 ⇔ ⇔ x2 + 1 − 2x + x2 + z 2 = 5 , z ≥ 0 ⇔ 2x2 − 2x + z 2 = 4 , z ≥ 0   1 1 ⇔ 2 (x2 − x) + z 2 = 4 , z ≥ 0 ⇔ 2 x2 − x + + z2 = 4 + , z ≥ 0 ⇔ 4

2

  2 9 (x − 1/2) z2 1 2 + z2 = , z ≥ 0 ⇔ + = 1,z ≥ 0. ⇔ 2 x− 2

2

9/4

9/2

2

z2

(x − 1/2)

Assim, a proje¸c˜ao de C sobre o plano xz ´e a semielipse + = 1, com z ≥ 0 de centro 9/4 9/2 √ √   1 3 3 2 1 3 3 2 , 0 e semieixos a = e b = . Ent˜ao x = + cos t e z = sen t. Como z ≥ 0 2

2 2 √ 3 2 ent˜ao sen t ≥ 0 ou sen t ≥ 0 portanto 0 2   1 3 + cos t 2 2 3 1 = − cos t. Assim, uma parametriza¸c˜ao de 2 2

− → r (t) = − → Logo, r ′ (t) =



1 2

+

3 2

cos t ,

1 2

2

2

2

≤ t ≤ π. Como x + y = 1 ent˜ao y = 1 − x = 1 − = C ´e dada por

−

3 2

cos t ,

√ 3 2 2

 cos t , 0 ≤ t ≤ π .

  √ 3 3 3 2 − sen t , sen t , cos t e 2

2

2

r r √

−

r 9 9 9 9 9 9 3 2

→′ 2t+ 2t+ 2t = 2t+ 2t = r (t) = sen sen cos sen cos = .

4

UFF

4

2

2

2

2

2

IME - GMA

´ Calculo III-A

´ Modulo 7 – Tutor

5

√

−

3 2

→ Como ds = r ′ (t) dt ent˜ao ds = dt. O momento de in´ercia em rela¸c˜ao ao eixo z ´e dada por 2

Iz =

Z C


x2 + y 2 δ(x, y, z) ds

onde δ(x, y, z) = k |z| = kz pois z ≥ 0, com k > 0 uma constante. Ent˜ao,  √ Z Z π  2  2   √
1 3 3 3 2 3 2 1 2 2 Iz = x + y kz ds = k + cos t + − cos t sen t dt = 0

2

2

2

2

2

2

C

 √ 2 Z 3 2 k = 2

π

2 0



1 4

+

9 4

Z  9 2 cos t sen t dt = · k

π

2

2

4

0


1 + 9 cos2 t sen t dt =

i h 9 9 cos3 t π = k − cos t − 9 = k(2 + 6) = 18k . 4

3

4

0

Observe que (a + b)2 + (a − b)2 = 2 (a2 + b2 ). Exerc´ıcio 6: Calcule a massa de um arame fino com o formato da h´elice x = 3 cos t, y = 3 sen t e kx , com k > 0. z = 4t, com 0 ≤ t ≤ π/2, se a densidade for δ(x, y, z) = 2 1+y

→ − → Solu¸c˜ a o: Seja − r (t) = (3 cos t, 3 sen t, 4t), com 0 ≤ t ≤ π/2. Logo, r ′ (t) = (−3 sen t, 3 cos t, 4),

√ √ √ → →

−

−

r ′ (t) = 9 sen2 t + 9 cos2 t + 16 = 9 + 16 = 25 = 5. Como ds = r ′ (t) dt ent˜ao ds = 5 dt. A massa M ´e dada por Z π/2 Z π/2 Z Z 3 cos t 3 cos t x ds = k dt . 5 dt = 5k M = δ(x, y, z) ds = k 2 2 2 1+y

C

0

1 + 9 sen t

0

1 + (3 sen t)

C

Fazendo u = 3 sen t, temos du = 3 cos t dt. Para t = 0 e t = π/2 temos u = 0 e u = 3, respectivamente. Logo, Z 3 h i3 du M = 5k = 5k (arctg 3 − arctg 0) = 5k arctg 3 u.m. = 5k arctg u 2 0

1+u

0

→ − → − Exerc´ıcio 7: Calcule div F e rot F sendo: → − a) F (x, y, z) = (2z − 3y, 3x − z, y − 2x)

→ − → − → − b) F (x, y, z) = (z + sen y) i − (z − x cos y) j

Solu¸c˜ ao: → − a) Se F (x, y, z) = (2z − 3y, 3x − z, y − 2x) ent˜ao: → − ∂ ∂ ∂ div F = (2z − 3y) + (3x − z) + (y − 2x) = 0 + 0 + 0 = 0 ∂x

UFF

∂y

∂z

IME - GMA

´ Calculo III-A

e

´ Modulo 7 – Tutor

→ − → − → − i j k → − ∂ ∂ ∂ rot F = ∂x ∂y ∂z 2z − 3y 3x − z y − 2x

6

= (1 − (−1), 2 − (−2), 3 − (−3)) = (2, 4, 6) .

→ − → − → − b) Se F (x, y, z) = (z + sen y) i − (z − x cos y) j ent˜ao temos que P = z + sen y, Q = −(z − x cos y) = −z + x cos y, R = 0. Ent˜ao, → ∂P − ∂Q ∂R + + = 0 − x sen y + 0 = −x sen y div F = ∂x

e

∂y

∂z

→ − → − − → i j k → − ∂ ∂ ∂ rot F = = (0 − (−1), 1 − 0, cos y − cos y) = (1, 1, 0) . ∂x ∂y ∂z z + sen y −z + x cos y 0

→ − → → − Exerc´ıcio 8: Se − r = (x, y, z) e → a ´e um vetor constante, demonstre que rot (− a ×− r ) = 2→ a e → − → − div( a × r ) = 0. − → Solu¸c˜ ao: Se → r = (x, y, z) e − a = (a1 , a2 , a3 ) ent˜ao: − → − → → − i j k → − → − a × r = a1 a2 a3 = (a2 z − a3 y, a3x − a1 z, a1 y − a2 x) . x y z Assim:

→ → div(− a ×− r)= e

∂ (a2 z ∂x

− a3 y) +

∂ ∂ (a3 x − a1 z) + (a1 y ∂y ∂z

− a2 x) = 0 + 0 + 0 = 0

→ − → − → − i j k ∂ ∂ ∂ → → rot(− a ×− r ) = ∂x ∂y ∂z a2 z − a3 y a3 x − a1 z a1 y − a2 x



= (a1 − (−a1 ), a2 − (−a2 ), a3 − (−a3 ))

= (2a1 , 2a2 , 2a3 ) = 2(a1 , a2 , a3 ) → = 2− a .

UFF

IME - GMA

Universidade Federal Fluminense ´ Instituto de Matematica e Estat´ıstica ´ Departamento de Matematica Aplicada

C´alculo III-A – Lista 7 Exerc´ıcio 1: Dada a integral dupla I=

ZZ

1

Z

f (x, y) dxdy =

−1

D

a) Esboce a regi˜ao D. b) Inverta a ordem de integra¸c˜ao. c) Calcule I para a fun¸c˜ao f (x, y) = √

1 x2 +y 2

Z

√ 1+ 1−x2

f (x, y) dydx .

1

.

d) Se uma lˆamina tem a forma da regi˜ao D e se a densidade em cada ponto ´e proporcional `a distˆancia de P = (x, y) `a origem, calcule a coordenada x do centro de massa de D. Solu¸c˜ ao: √ −1 ≤ x ≤ 1 √ a) A regi˜ao de integra¸c˜ao D ´e dada por D : . Se y = 1 + 1 − x2 ent˜ao 2 1≤y ≤1+ 1−x √ 2 2 2 y − 1 = 1 − x , portanto x + (y − 1) = 1. Considerando que −1 ≤ x ≤ 1 e y ≥ 1, o esbo¸co de D est´a representado na figura que se segue. 

y 2

D (−1, 1)

(1, 1)

1

y=x

y = −x −1

1

x

p b) De x2 + (y − 1)2 = 1, temos x2 = 1 − (y − 1)2 , logo x = ± 1 − (y − 1)2 . Portanto, podemos descrever D por:  1 ≤ y ≤ 2p p D: . − 1 − (y − 1)2 ≤ x ≤ 1 − (y − 1)2 Logo,

ZZ D

f (x, y) dxdy =

Z

2 1

Z √1−(y−1)2 −

√

1−(y−1)2

f (x, y) dxdy .

´ Calculo III-A

Lista 7

c) Calculemos

1 p 2 x + y2

ZZ D

98

dxdy. Usando coordenadas polares, temos:    

x= y= dxdy =    2 x + y2 =

r cos θ r sen θ rdrdθ r2

De x2 + (y − 1)2 = 1 ou x2 + y 2 = 2y, temos r 2 = 2r sen θ ou r = 2 sen θ se r 6= 0. De y = 1, temos r sen θ = 1, portanto r = csc θ. Ent˜ao o conjunto Drθ ´e dado por: ( π 3π ≤θ≤ 4 4 Drθ : csc θ ≤ r ≤ 2 sen θ y r = 2 sen θ r = csc θ y=x y = −x

π/4

x Logo: ZZ

I=

√1 r2

· r drdθ =

Drθ

=

Z

3π/4

π/4

Z

3π/4

π/4

Z

2 sen θ

drdθ =

csc θ

h i3π/4 = (2 sen θ − csc θ) dθ = − 2 cos θ − ln |csc θ − cotg θ| π/4

  √   √ √ √ 2 2 = 2 − ln( 2 + 1) − −2 − ln( 2 − 1) = 2

=

√

2

√

2 − ln( 2 + 1) +

√

√

√

2 + ln( 2 − 1) = 2 2 + ln

√ 2−1 √ 2+1

=

√ √ √ √ ( 2 − 1)2 = 2 2 + 2 ln( 2 − 1) . = 2 2 + ln √ 2 ( 2) − 1

d) Como a densidade em P = (x, y) ´e proporcional `a distˆancia de P `a origem, ent˜ Z Zao temos que xδ (x, y) dA p D 2 2 , δ(x, y) = k x + y , onde k ´e uma constante de proporcionalidade. Como x = k

ent˜ao x =

UFF

ZZ

D

M

p x x2 + y 2 dA M

.

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 7

99

p p Observemos que a fun¸c˜ao f (x, y) = x x2 + y 2 ´e ´ımpar na vari´avel x pois (−x, y) = −x x2 + y 2 = ZZ fp −f (x, y). Al´em disso, D tem simetria em rela¸c˜ao ao eixo y. Ent˜ao x x2 + y 2 dA = 0. Logo, D

x = 0.

Exerc´ıcio 2: Seja a integral Z 1Z

I=

0

√ y

√

x3

e

dxdy +

y/2

Z 4Z

1

√

1

3

ex dxdy . y/2

Escreva a integral I como uma ´unica integral iterada na ordem de integra¸c˜ao invertida e calcule seu valor. Solu¸c˜ ao: Temos I=

ZZ

3

ex dxdy

D

onde D = D1 ∪ D2 com

√ n √ o y ≤x≤ y D1 = (x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ y ≤ 1 , 2

e

n

2

D2 = (x, y) ∈ R ; 1 ≤ y ≤ 4 ,

√

y 2

≤x≤1

Com as informa¸c˜oes dadas acima, podemos ilustrar a nossa regi˜ao D.

o

.

y 4 √ y ⇒ y = 4x2 2

x=

x=1

D2

1

D1

x=

√ y ⇒ y = x2

x

1

Enquadrando D como tipo I, temos:  D = (x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ x ≤ 1 , x2 ≤ y ≤ 4x2 .

Ent˜ao:

I=

Z 1Z

=

UFF

1

x3

e 0

x3

e

x2

0

Z

4x2

dydx =

Z

1

ex

0

2

3x




3

4x2 − x2

1 dx = e = e − 1 . x3




dx =

0

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 7

Exerc´ıcio 3: Exprima (sem calcular) Z

0

π/4Z 2 cos θ sec θ

100

r2 1 + r sen θ

drdθ

como uma integral iterada em coordenadas retangulares nas duas ordens de integra¸c˜ao. Solu¸c˜ ao: Separando o jacobiano r, a express˜ao rdrdθ ´e transformada em dxdy e o restante do integrando fica p r 1 + r sen θ

=

x2 + y 2 1+y

= f (x, y) . 

0 ≤ θ ≤ π/4 . A fronteira r = sec θ ≤ r ≤ 2 cos θ sec θ = 1/ cos θ ou r cos θ = 1 corresponde `a reta x = 1. A fronteira r = 2 cos θ ou r 2 = 2r cos θ corresponde `a circunferˆencia x2 + y 2 = 2x ou (x − 1)2 + y 2 = 1.

Agora, vamos reconhecer a regi˜ao de integra¸c˜ao Drθ :

Como 0 ≤ θ ≤ π/4, ent˜ao a regi˜ao de integra¸c˜ao D se encontra no primeiro quadrante, entre o eixo x e a reta y = x, limitada pela reta x = 1 e a circunferˆencia x2 + y 2 = 2x. Assim, ZZ p x2 + y 2 dxdy . 1+y

D

y y=x x2 + y 2 = 2x D 1

2

x

Descri¸c˜ao de D como tipo I

Ent˜ao

n o √ D = (x, y) ∈ R2 ; 1 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ 2x − x2 . I=

Z

1

2

Z

0

√

2x−x2

p x2 + y 2 1+y

dydx .

Descri¸c˜ao de D como tipo II p x2 + y 2 = 2x ⇒ (x − 1)2 + y 2 = 1 ⇒ x − 1 = ± 1 − y 2 ⇒ p ⇒ x = 1 ± 1 − y2 . p Como x ≥ 1 ent˜ao x = 1 + 1 − y 2 . Assim, n o p D = (x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ y ≤ 1 , 1 ≤ x ≤ 1 + 1 − y 2 . UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 7

Ent˜ao I=

1

Z

0

Z

1+

√

1−y 2

101

p x2 + y 2 1+y

1

dxdy .

Exerc´ıcio 4: Uma placa fina de densidade constante δ tem a forma de um setor circular de raio a e ˆangulo central 2α.Mostre que o momento de in´ercia em rela¸c˜ao `a bissetriz do ˆangulo ´e dada por sen 2α 1 Ma2 1 − , onde M ´e a massa da placa. 4

2α

Solu¸c˜ ao: Consideremos o setor circular D com v´ertice na origem e a bissetriz coincidindo com o eixo x. y

D α

a

−α

x

Como a densidade ´e constante e igual a δ, a massa M ´e dada por 1 × 2α × a2 = δαa2 2

M = δA(D) = δ × Como Ix =

ZZ

2

y δ dxdy = δ

D

ZZ

(1)

y 2 dxdy

D

ent˜ao por coordenadas polares, temos

Ix = δ

Z

α

−α

=δ =

Z

α

−α

δa4 8

isto ´e,



Z

a 2

r sen θr drdθ = δ

0

h 4 ia r 4

0

sen2 θ dθ =

2α − 2

De (1) e (2), temos:

sen 2α 2



δa4 4

Z

α

Z

a

r 3 sen2 θ drdθ = 0

sen2 θ dθ =

−α

δa4 8

h i sen 2θ α θ− = 2

−α

,

δa4 4

  sen 2α α−

Ix = como quer´ıamos demonstrar.

α

−α

Ix =

UFF

Z

2

(2)

2

M a2 4



1−

sen 2α 2α



,

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 7

Exerc´ıcio 5: Calcule

ZZ

y 2 cos(xy) x

102

dA, onde D ´e a regi˜ao limitada pelas par´abolas

x2 y

= 1,

y2 x

= 1,

D

x2 = 4y e y 2 = 4x. Solu¸c˜ ao: Escolhemos como mudan¸ca de vari´aveis u = x2 /y e v = y 2/x. Por propriedades dos jacobianos, temos: J= onde

Logo, J = 1/3.

∂(u, v) = ∂(x, y)

∂u ∂x ∂v ∂x

∂(x, y) = ∂(u, v)

1 ∂(u,v) ∂(x,y)

∂u ∂y

x2 2x − 2 y 2 2 y = 4xy − x y = 4 − 1 = 3 . 2 ∂v = 2 2y xy x y2 − y2 ∂y x x

Como dA = |J| dudv, ent˜ao dA = 1/3 dudv. A regi˜ao Duv est´a limitada pelas retas u = 1, v = 1, u = 4 e v = 4. v 4

Duv 1 1

u

4

Observe que u = x2 /y e v = y 2/x nos d˜ao a rela¸c˜ao uv = xy. Ent˜ao, pelo Teorema da Mudan¸ca de Vari´aveis, temos: ZZ Z 4Z 4 ZZ y 2 cos(xy) 1 1 v cos(uv) dudv = dA = v cos(uv) dudv = x

3

D

= =

3

Duv

1 3

Z

1 3

Z

4

v

1

1

Z

4

cos(uv) dudv =

1

4

(sen 4v − sen v) dv =

4

1

1

1 3

Z

1 3

i4 h 1 − cos 4v + cos v =

1

v v

h

i4 sen(uv) dv = 1

4

1

  1 1 1 1 − cos 16 + cos 4 + cos 4 − cos 1 = (5 cos 4 − 4 cos 1 − cos 16) . = 3

4

4

12

Exerc´ıcio 6: Seja W o s´olido limitado superiormente pela superf´ıcie z = 4 − x2 − y 2 e inferiormente pelo plano z = 4 − 2x. a) Esboce o s´olido W UFF

b) Calcule, por integral tripla, o volume do s´olido W IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 7

103

Solu¸c˜ ao: a) O esbo¸co de W est´a representado na figura que se segue. z

z

4

4

W

W

2

2 2

x

x

2

y

y

b) A proje¸c˜ao D do s´olido W no plano xy se encontra combinando as duas superf´ıcies:  z = 4 − x2 − y 2 ⇔ 4 − x2 − y 2 = 4 − 2x ⇔ x2 + y 2 − 2x = 0 ⇔ z = 4 − 2x ⇒ (x − 1)2 + y 2 = 1. Ent˜ao, D ´e dada por D : (x − 1)2 + y 2 ≤ 1. Devido a simetria, temos que V (W ) = 2V (W1 ), onde W1 = {(x, y, z); (x, y) ∈ D1 , 4 −2x ≤ z ≤ 4 −x2 −y 2 } onde D1 ´e dado por D1 : (x−1)2 + y 2 ≤ 1, com y ≥ 0. y

D1 2

1

Ent˜ao, V (W ) = 2

ZZ Z D1

UFF

4−x2 −y 2 4−2x

dzdxdy = 2

ZZ D1

x


2x − x2 − y 2 dxdy .

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 7

Passando para coordenadas polares, temos:    

x y dxdy    2 x + y2

= = = =

104

r cos θ r sen θ . r drdθ r2

De x2 + y 2 = 2x temos r = 2 cos θ. Observe que em D1 o ˆangulo polar θ varia de 0 (no eixo polar) a π/2 no ponto (0, 0). Fixado θ, tal que 0 ≤ θ ≤ π/2, o raio vetor r deve variar desde 0 at´e o valor OP = 2 cos θ. y r = 2 cos θ

P

D

θ

2

O

x

r=0

Ent˜ao, D1rθ ´e dado por D1rθ :

V (W ) = 2

Z

0

=2

Z

0

=2

Z

0

0

16 3


2r cos θ − r 2 r drdθ =

2

0



0 ≤ θ ≤ π/2 . Podemos, pois escrever: 0 ≤ r ≤ 2 cos θ

π/2Z 2 cos θ

π/2Z 2 cos θ π/2



2r cos θ − r

3

4



4

cos θ − 4 cos θ

Temos: 4

2

cos θ = cos θ Fazendo


2

=






dr dθ = 2

Z

π/2

0

dθ =

1 + cos 2θ 2

8 3

2

Z

π/2

h

2r3 3

θ= temos: Z

4

UFF

dθ =

0

=

1 4


1 + 2 cos 2θ + cos2 2θ . du 2

⇒ u = π,

cos θ dθ = 1 8

0

⇒ u=0

π/2

0

=

π 2

i2 cos θ

cos4 θ dθ .

u = 2θ ⇒ du = 2 dθ ⇒ dθ = θ=0

cos θ −

r4 4

1 4

Z

π

1 + 2 cos u + cos2 u

0

h  i 3π 1 sen 2u π = u + 2 sen u + u+ . 2

2

0


du 2

=

16

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 7

Logo, V (W ) =

8 3

·

3π 16

105

=

π 2

u.v.

Exerc´ıciop 7: Calcule a massa do s´olido limitado pelo plano z = 0, pelo cilindro x2 + y 2 = 2x e pelo cone z = x2 + y 2 se a densidade ´e σ(x, y, z) = x2 + y 2 . Solu¸c˜ ao: O esbo¸co do s´olido W est´a representado na figura que se segue. z

2

y

W

D 1

x

2

2

x

1 D

y

Sabemos que a massa M ´e dada por ZZZ ZZZ M= σ(x, y, z) dxdydz = W

W


x2 + y 2 dxdydz .

Passando para coordenadas cil´ındricas (r, θ, z), tem-se:  x = r cos θ    y = r sen θ z = z    Jacobiano = r

As varia¸c˜oes de r e θ s˜ao encontradas sobre a regi˜ao D, proje¸c˜ao de W sobre o plano xy. Convertendo a equa¸c˜ao x2 + y 2 = 2x para coordenadas cil´ındricas, temos r 2 = 2r cos θ o que implica r = 0 ou r = 2 cos θ portanto 0 ≤ r ≤ 2 cos θ.

UFF

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 7

106

A varia¸c˜ao de θ ´e obtida p pela “varredura” em D, no sentido anti-hor´ario, isto ´e, −π/2 ≤ θ ≤ π/2. A superf´ıcie cˆonica z = x2 + y 2 se converte em z = r. Logo 0 ≤ z ≤ r. Assim, Wrθz est´a limitada por  0 ≤ z ≤ r  0 ≤ r ≤ 2 cos θ . Wrθz :  −π/2 ≤ θ ≤ π/2

Temos ent˜ao:

M=

ZZZ

2

x +y

W

=

ZZZ

3

=

=

Z




r drdθdz =

Wrθz

Z

2

π/2 −π/2 π/2 −π/2

Z

dxdydz = Z

π/2 −π/2

Z

0

3

r · r drdθ =

h 5 i2 cos θ r 5

0

r 2 · r drdθdz =

Wrθz

2 cos θ

0

ZZZ

dθ =

32 5

Z

2 cos θZ r

r 3 dzdrdθ =

0

Z

π/2

−π/2

Z

2 cos θ

r 4 drdθ =

0

π/2

cos5 θ dθ . −π/2

Observe que: cos5 θ = cos2 θ Ent˜ao: M= =

32 5

32 5

h

Exerc´ıcio 8: Calcule

Z


2


2


cos θ = 1 − 2 sen2 θ + sen4 θ cos θ .

π/2 −π/2

sen θ −

ZZZ W

cos θ = 1 − sen2 θ


1 − 2 sen2 θ + sen4 θ cos θ dθ =

2 3

sen3 θ +

1 5

sen5 θ

iπ/2

−π/2

=

32 5



2−

4 3

+

2 5



=

512 75

u.m.

(y − 1) dV , onde W ´e a regi˜ao delimitada por x = 0, z = 0, x + z = 2 e

z = 1 − y 2. Solu¸c˜ ao: O s´olido W e sua a proje¸c˜ao D sobre o plano yz acham-se ilustrados nas figuras a seguir.

UFF

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´ Calculo III-A

Lista 7

107

z

z 2

2

1

1

−1

x

2

−1 1

1

y

1

2

x

1

y

z 1

z = 1 − y2 D

−1

y

1

Podemos descrever W como  W = (x, y, z) ∈ R3 ; 0 ≤ x ≤ 2 − z , (y, z) ∈ D

onde

Ent˜ao:

 D = (y, z) ∈ R2 ; −1 ≤ y ≤ 1 , 0 ≤ z ≤ 1 − y 2 . ZZZ

(y − 1) dxdydz =

W

=

Z Z Z D

ZZ

(y − 1)(2 − z) dydz =

D

1

=

Z

−1

=

Z

−1

Z

2−z 0 1

−1

Z

 (y − 1) dx dydz = 1−y 2

(y − 1)(2 − z) dzdy =

0

i 2 h z 2 1−y dy = (y − 1) 2z − 2

0


2  1 1 − y2 2 (y − 1) 2 − 2y − dy =

=

1 2

Z

=

1 2

h

2

1

−1


(y − 1) 3 − 2y 2 − y 4 dy =

3y 2 2

−

y4 2

−

y6 6

− 3y +

2y 3 3

+

y5 5

i1

−1

=−

32 15

.

Exerc´ıciop 9: Calcule a massa do s´olido limitado pelo plano z = 0, o cilindro x2 + y 2 = 2x e pelo cone z = x2 + y 2 , se a densidade ´e δ(x, y, z) = x2 + y 2 . UFF

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´ Calculo III-A

Lista 7

108

Solu¸c˜ ao: O esbo¸co do s´olido est´a representado na figura que se segue. z

2

W

1

x

2

y

O s´olido W ´e descrito por p  W = (x, y, z); 0 ≤ z ≤ x2 + y 2 , (x, y) ∈ D

onde D ´e o disco (x − 1)2 + y 2 ≤ 1.

A massa de W ´e dada por: ZZZ ZZZ M= δ(x, y, z) dxdydz = W

W


x2 + y 2 dxdydz .

Passando para coordenadas cil´ındricas, tem-se:  x = r cos θ     y = r sen θ  z = z   dxdydz = r drdθdz    2 x + y 2 = r2

As equa¸c˜oes do cone e do cilindro em coordenadas 2r cos θ, ou r = 2 cos θ. Ent˜ao Wrθz ´e definido por:   −π/2 ≤ 0 ≤ Wrθz :  0 ≤ UFF

cil´ındricas s˜ao, respectivamente z = r e r 2 = θ ≤ π/2 r ≤ 2 cos θ z ≤ r.

IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 7

Logo: M=

ZZZ

2

x +y

W

=

ZZZ

3

=

dxdydz =

Z

π/2

32 5

Z

32 5

h

Z

π/2

2 cos θ 4

r drdθ =

0

Z

2 cos θ

r

0

1 − sen2 θ

sen θ −

2 3

r 2 · r drdθdz =

Z


2

π/2

1 5

Z

r

dzdrdθ =

h 5 i2 cos θ r 5

cos θ dθ =

sen3 θ +

3

0

−π/2

π/2

−π/2

ZZZ Wrθz

Z

−π/2

−π/2

=




r drdθdz =

Wrθz

=

2

109

sen5 θ

0

32 5

Z

iπ/2

−π/2

dθ =

32 5

Z

π/2

cos5 θ dθ =

−π/2

π/2 −π/2

=


1 − sen2 θ + sen4 θ d(sen θ) =

512 75

u.m.

Exerc´ıciop 10: Calcule o momento de in´ercia em rela¸c˜ao ao eixo z do s´olido limitado inferiormente pelo cone z = x2 + y 2 e superiormente pelo plano z = 1, sendo a densidade dada por δ(x, y, z) = z 2 . Solu¸c˜ ao: O esbo¸co do s´olido W est´a representado na figura que se segue. z

1

W

y

x Temos Iz =

ZZZ W

UFF

2

x +y

2




δ(x, y, z) dV =

ZZZ W


x2 + y 2 z 2 dV .

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´ Calculo III-A

Lista 7

110

Passando para coordenadas cil´ındricas, temos:  x = r cos θ     y = r sen θ  z = z .   dV = r drdθdz    2 x + y 2 = r2 A descri¸c˜ao de W em coordenadas cil´ındricas ´e:   0≤r≤1 0 ≤ θ ≤ 2π . Wrθz :  r≤z≤1 Ent˜ao:

ZZZ

Iz = k

2

r ·z

2

Wrθz

=

Z

1

r

3

z

Z

1

r

3

0

=

2π 3

2

h

r4 4

r drdθdz =

2π

Z

h

−

z3 3

dθdzdr = 2π

i1 r

7 i1

r 7

0

ZZZ

r 3 z 2 drdθdz =

Wrθz

0

r

0

= 2π

1

Z




Z

1

r

3

0

dr =

=

2π 3

2π 3



1 4

Z

1

z 2 dzdr = r

1

r

3

0

−

Z

1 7



=

1−r π 14

3




dr =

2π 3

Z

1

0


r 3 − r 6 dr =

.

Exerc´ıcio 11: Um arame tem a forma da curva obtida como interse¸c˜ao da semi-esfera x2 + y 2 + z 2 = 16, com x ≥ 0 com o plano y + z = 4. Sabendo que a densidade em cada ponto (x, y, z) ´e dada 32 por δ(x, y, z) = x, mostre que o momento de in´ercia em rela¸c˜ao ao eixo x ´e igual a M, onde M 3 ´e a massa do arame. Solu¸c˜ ao: De x2 + y 2 + z 2 = 16, com x ≥ 0 e y + z = 4, temos que x2 + y 2 + (4 − y)2 = 16, com x ≥ 0 ou x2 +2y 2 −8y = 0, com x ≥ 0 ou x2 +2 (y 2 − 4y + 4) = 8, com x ≥ 0 ou

x2 (y − 2)2 + 8 4√

= 1,

com x ≥ 0 (semi-elipse) que representa a proje¸c˜ao de C sobre o plano xy. Ent˜ √ ao x = 2 2 cos t, y = 2 + 2 sen t, e z = 4 − y = 2 − 2 sen t, com −π/2 ≤ t ≤ π/2 pois x = 2 cos t ≥ 0. Assim, uma parametriza¸c˜ao diferenci´avel de C ´e dada por:   √ γ(t) = 2 2 cos t, 2 + 2 sen t, 2 − 2 sen t com −π/2 ≤ t ≤ π/2.

Logo, portanto kγ ′ (t)k = UFF

√

 √  γ ′ (t) = −2 2 sen t, 2 cos t, −2 cos t , 8 sen2 t + 4 cos2 t + 4 cos2 t =

√

√ 8 sen2 t + 8 cos2 t = 2 2 . IME - GMA

´ Calculo III-A

Lista 7

Assim,

111

√ ds = kγ ′ (t)k dt = 2 2 dt .

Como M=

Z

δ(x, y, z) ds =

C

ent˜ao: M=

Z

π/2

−π/2

Z

x ds

C

 √ h iπ/2  √ = 16 u.m. 2 2 cos t 2 2 dt = 8 sen t −π/2

Por outro lado, o momento de in´ercia em rela¸c˜ao ao eixo x ´e dado por: Z Z

2 2 Ix = y + z δ(x, y, z) ds = y 2 + z 2 x ds = C

=

Z

=8

π/2

−π/2

Z

C

 √   √ 2 2 2 2 cos t 2 2 dt = (2 + 2 sen t) + (2 − 2 sen t)

π/2

−π/2

= 64

Z

π/2


4 + 8 sen t + 4 sen2 t + 4 − 8 sen t + 4 sen2 t cos t dt = iπ/2 h
sen3 t = 1 + sen2 t cos t dt = 64 sen t + 3

−π/2

3

Logo:

−π/2

  32 512 2 = · 16 . = = 64 2 + 3

3

Iz =

32M 3

.

Exerc´ıcio 12: Um pintor deseja pintar ambos os lados de uma cerca cuja base est´a dada pela curva C : x2/3 + y 2/3 = (20)2/3 , para x ≥ 0 e y ≥ 0. A altura est´a dada por f (x, y) = y. Se o pintor cobra R reais por metro quadrado, quanto ele receber´a? Solu¸c˜ ao: O esbo¸co da cerca S est´a representada na figura que se segue. z

S f (x, y) = y

x

UFF

20

(x, y)

20 C

y

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´ Calculo III-A

Lista 7

112

Apresentemos uma parametriza¸c˜ao para C. Fazendo u = x1/3 , v = y 1/3 e a = 201/3 e substituindo na equa¸c˜ao de C, temos u2 + v 2 = a2 , com u ≥ 0 e v ≥ 0 portanto u = a cos t e v = a sen t, com 0 ≤ t ≤ π/2. Como x = u3 e y = v 3 , ent˜ao: x = a3 cos3 t = 20 cos3 t y = a3 sen3 t = 20 sen3 t

.

Logo γ(t) = (20 cos3 t, 20 sen3 t), com 0 ≤ t ≤ π/2 ´e uma parametriza¸c˜ao para C. Temos que γ ′ (t) = (−60 cos2 t sen t, 60 sen2 t cos t), ent˜ao: ′ √ γ (t) = 60 cos4 t sen2 t + sen4 t cos2 t = p = 60 cos2 t sen2 t (cos2 t + sen2 t) = 60 |cos t sen t| = 60 cos t sen t pois 0 ≤ t ≤ π/2. Logo, ds = σ ′ (t) dt = 60 cos t sen t dt. A ´area de um lado da superf´ıcie ´e dada por A(S) =

Z

f (x, y) ds =

C

= 1200

Z

0

Z

C

y ds =

Z

π/2 4

sen t cos t dt = 1200 ·

π/2

(20 sen3 t)60 cos t sen t dt =

0

π/2

sen5 t 5

= 240 m2 .

0

Portanto, o pintor receber´a 2 × 240 R = 480 R reais.

UFF

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