Lista de Exercícios Resolvidos - Cálculo de Múltiplas Variáveis

Cálculo de Múltiplas Variáveis Exercícios a Resolver Questão 1 Questão 2 Questão 3 Questão 4 Questão 5 Questão 6 Questão 7 Questão 8 Questão 9 Questão 10 Questão 11 Questão 12 Questão 13 Questão 14 Questão 15 Questão 16 Questão 17 Questão 18 Questão 19 Questão 20 Questão 21 Questão 22 Questão 23 a 12 b 30 c 20 d 24 e 28 Questão 24 Questão 25 Questão 26 e1e1 2e12e1 e1e1 e21e21 2e212e21 Questão 27 Determine o valor da integral V 3xy dxdydzV 3xy dxdydz onde V é o sólido contido na interseção do cilindro x²y² 1 e 0z2x²y² 1 e 0z2 com as regiões x0 e y0 x0 e y0 3 5 4 2 1 Questão 28 Um objeto percorre uma curva definida pela função F u x1uyu33 u 0zu25F ux1u2yu33 u 0zu25 Assinale a alternativa que apresenta o valor da componente normal da aceleração no ponto xyz 246 517 17 51717 317 17 31717 634 17 63417 34 17 3417 334 34 33434 Questão 29 Seja a função fxyzx3yz4y2fx y zx3yz4y2 onde x u1ev1ev1 y u 2v e z v cos u Determine o valor da derivada parcial de f em relação a v para u 0 e v 1 12 19 20 10 14 Questão 30 Determine o valor de 10 20 2yx3yx2 dxdy0102 2yx3yx2 dxdy 6 8 4 1 3 Questão 1 Sabendo que F u u 2u³ 6 u mu u assinale a alternativa que apresenta a derivada da função G u 32 F mu no ponto u 4 Solução Como F u u 2u³ 6 u e mu u temos que F mu u 2 u³ 6 u u12 2u32 6 u14 Então G u 32 F mu 32 u12 2u32 6 u14 32u12 64u32 192 32u14 Dessa forma Gu 32 12 u12 64 32 u12 0 32 14 u34 16u 96u 0 84u³ Logo fazendo u 4 obtemos G4 164 964 0 844³ 162 962 0 88 200 0 1 Resposta final Opção 1 200 0 1 Questão 2 Um objeto percorre uma curva definida pela função vecFu left beginarrayl x 1 u2 y u3 3 z u2 5 endarray quad u geq 0 Assinale a alternativa que apresenta o valor da componente normal da aceleração no ponto x y z 246 Solução Conhecida a parametrização da curva de interesse vecFu langle 1 u2 u3 3 u2 5 rangle temos que vecFprimeu langle 2u 3u2 2u rangle Dessa forma left vecFprimeu right sqrt2u2 3u22 2u2 sqrt4u2 9u4 4u2 sqrt9u4 8u2 u sqrt9u2 8 Assim vecTu frac1usqrt9u28 langle 2u 3u2 2u rangle frac1sqrt9u28 langle 2 3u 2 rangle leftlangle 29u2 812 3u9u2 812 29u2 812 rightrangle e vecTprime u leftlangle 9u2 832 18u 39u2 812 frac32u9u2 83218u 9u2 832 18u rightrangle leftlangle 18u 9u2 832 39u2 812 27u2 9u2 832 18u9u2 832 rightrangle Considerando o ponto x y z 2 4 6 obtemos que x 1 u2 2 Rightarrow u2 1 Rightarrow u 1 pois u geq 0 Observe que u 1 também satisfaz as outras coordenadas y u3 3 13 3 4 z u2 5 12 5 6 Como consequência disso left vecFprime1 right sqrt912 8 sqrt17 e vecTprime1 leftlangle 181912 832 3912 812 2712 912 832 181912 832 rightrangle leftlangle 181732 31712 271732 181732 rightrangle leftlangle frac1817sqrt17 frac3sqrt17 frac2717sqrt17 frac1817sqrt17 rightrangle leftlangle frac1817sqrt17 frac2417sqrt17 frac1817sqrt17 rightrangle Então left vecTprime1 right sqrtfrac18217217 frac24217217 frac18217217 frac117 sqrtfrac122417 sqrtfrac7217 frac6sqrt217 Portanto a componente normal procurada é dada por left vecFprime1 right left vecTprime1 right sqrt17 frac6sqrt217 frac6sqrt3417 Resposta final Opção 1 frac6 sqrt3417 Questão 3 Determine a derivada direcional da função fx y frac2x2y 5 na direção do vetor left fracsqrt32 frac12 right no ponto x y 1 1 Solução Para determinar a derivada direcional da função fx y frac2x2y 5 precisamos encontrar primeiro as derivadas parciais de fx y para obter o vetor gradiente fracpartial fpartial x x y fracpartialpartial x left frac2x2y 5 right frac4xy quad fracpartial fpartial y x y fracpartialpartial y left frac2x2y 5 right frac2x2y2 Assim obtemos o gradiente de fx y na forma abla fx y leftlangle frac4xy frac2x2y2 rightrangle Aplicando a função vetorial obtida no ponto 1 1 obtemos abla f1 1 leftlangle frac411 frac21212 rightrangle langle 4 2 rangle Antes de efetivamente calcular a taxa de variação solicitada precisamos obter um versor que tenha a mesma direção de mathbfu Para isso calcularemos o módulo de mathbfu mathbfu sqrtleft fracsqrt32 right2 left frac12 right2 sqrtfrac34 frac14 sqrtfrac44 sqrt1 1 Portanto mathbfu já é um versor e não precisa ser normalizado Dessa forma para obter a taxa de variação de f em P na direção do vetor mathbfu basta fazer o produto escalar entre abla f1 1 e mathbfu Ou seja Dmathbfu f1 1 abla f1 1 cdot mathbfu langle 4 2 rangle cdot leftlangle fracsqrt32 frac12 rightrangle 4 left fracsqrt32 right 2 left frac12 right 2 sqrt3 1 Portanto a taxa de variação procurada é dada por Dmathbfu f1 1 2 sqrt3 1 Resposta final Opção 3 2 sqrt3 1 Questão 4 Qual é a equação polar da curva definida pela função G u 2u 2u com u 0 Solução De posse da função G u 2u 2u temos que x y 2u Ao fazer mudança para coordenadas polares definimos x r cos θ y r sin θ Dessa forma pela componentes de G u temos que r cos θ r sin θ r r sin θ cos θ tan θ 1 θ π4 k π k ℝ Mas por hipótese u 0 o que implica que x e y são positivos Logo as coordenadas apontam para o primeiro quadrante do plano cartesiano Portanto θ π4 Resposta final Opção 5 θ π4 Questão 5 Seja a função hx y z x 22 ln y2 z Determine o vetor gradiente de hx y z Solução Encontrando as derivadas parciais de fx y para obter o vetor gradiente hx x y z x x 22 ln y2 z 2x 2 ln y2 z hy x y z y x22 ln y2 z x 22 1 y2 z y y2 z x 22 2y y2 z hz x y z z x 22 ln y2 z x 22 1 y2 z z y2 z x 22 1 y2 z Portanto o vetor gradiente de hx y z é dado por hx y z 2x 2 ln y2 z x 22 2y y2 z x 22 1 y2 z 2x 2 ln y2 z 2yx 22 y2 z x 22 y2 z Resposta final Opção 1 2x 2 ln y2 z 2yx 22 y2 z x 22 y2 z Questão 6 Determine o valor da integral S x 2y dx dy sendo S a área definida pelas retas x y 4 0 x y e 0 x 3 Solução Para encontrar os intervalos de integração precisamos encontrar as intersecções entre as curvas Nesta perspectiva como x y temos que x y 4 0 x x 4 2x 4 x 2 Logo 2 2 é ponto de intersecção entre x y 4 0 e x y Sabendo que x é limitado superiormente por 3 verificamos que a intersecção de x y 4 0 e x 3 é dada por 3 y 4 0 y 4 3 y 1 ou seja pelo ponto 3 1 Através das marcações destes pontos no plano cartesiano podemos representar a região de integração conforme figura a seguir Observe que considerando 0 x 3 precisamos dividir a região de integração em duas subregiões a primeira no intervalo 0 2 e a segunda no intervalo 2 3 já que as funções que limitam y são diferentes nestes dois subintervalos A integral dada pode então ser escrita como S x 2y dx dy 02 x4x x 2y dy dx 23 4xx x 2y dy dx 02 xy y2x4x dx 23 xy y24xx dx 02 x4x 4x2 xx x2 dx 23 xx x2 x4x 4x2 dx 02 4x x2 16 8x x2 x2 x2 dx 23 x2 x2 4x x2 16 8x x2 dx 02 2x2 4x 16 dx 23 2x2 4x 16 dx 2x33 2x2 16x02 2x33 2x2 16x23 2233 222 162 2333 232 163 2233 222 162 163 8 32 18 18 48 163 8 32 323 36 763 Resposta final Opção 4 763 Questão 7 Marque a alternativa que apresenta a integral V ex2 y232 dV em coordenadas cilíndricas onde V é o sólido limitado inferiormente pelo cone z2 x2 y2 e superiormente pelo paraboloide z 4 x2 y2 Solução Em coordenadas polares por definição as mudanças nas coordenadas cartesianas são expressas por x ρ cosθ y ρ sinθ z z e o jacobiano da transformação é J ρ Diante de tais modificações a função do integrando se torna ρ eρ2 cos2θ ρ2 sin2θ32 ρ eρ2cos2θ sin2θ32 ρ eρ232 ρ eρ3 Ao projetar o paraboloide z 4 x2 y2 limitante superior no plano xy obtemos 0 4x2y2 x2 y2 4 circunferência de raio 2 Assim obtemos os intervalos de integração 0 θ 2 0 r 2 sqrtx2 y2 z 4 x2 y2 Portanto a integral dada em coordenadas cilindricas pode ser escrita como 02π 02 sqrtx2 y24 x2 y2 ρ eρ3 dz dρ dθ Resposta final Opção 3 02π 02 sqrtx2 y24 x2 y2 ρ eρ2 dz dρ dθ Questão 8 Determine o volume do sólido definido pelo cilindro parabólico x y2 e pelos planos x 4 z 6 e z 0 Solução Para encontrar o volume procurado precisamos conhecer os intervalos de integração Com este objetivo observamos que o intervalo de integração com relação a z já está definido no enunciado na forma 0 z 6 Para encontrar os limitantes com relação a y vemos que x x y2 4 y 2 Então a projeção da superfície no plano xy pode ser representada na forma imagem de gráfico Concluímos que y2 x 4 Portanto o volume de interesse pode ser calculado por V dV 06 22 y24 dx dy dz 06 22 xy4 dy dz 06 22 4 y2 dy dz 06 4y y3322 dz 06 42 233 42 233 dz 06 8 83 8 83 dz 06 16 163 dz 06 323 dz 323 z06 323 6 0 64 uv Resposta final Opção 3 64 Questão 9 Sejam os campos vetoriais Guvw uw vu w1 Fxyz x2y 2yz xy e Huv 2u2 v2 3v Determine o módulo da imagem do campo vetorial Qxyz para o ponto xyz 011 Sabese que Qxyz 2Gxyz x Fxyz Hxy Solução Como Huv 2u2 v2 3v temos que Hxy 2x2 y2 3y Então Fxyz Hxy x2y 2yz xy 2x2 y2 3y 2x2x2y y22yz 4yx Além disso 2Gxyz 2xz yx z1 2x2z 2y2x 2z2 Agora podemos resolver o produto vetorial para encontrar Q Qxyz 2Gxyz x Fxyz Hxy i j k 2x2z 2y2x 2z2 2x2x2y y22yz 4yx i 2y2x4yx 2z2y22yz j 2x2z4yx 2z22x2x2y k 2x2zy22yz 2x2z2x2x2y Avaliando o último resultado no ponto xyz 011 chegamos em Q011 i 2120410 21212211 j 2021410 212202021 k 202112211 2120202021 i 24 j 24 k 24 8i 8j 8k Logo Q011 sqrt82 82 82 sqrt382 8 sqrt3 Resposta final Opção 3 8 sqrt3 Questão 10 Determine a integral de linha C ey dx 4x ey dy onde C é um retângulo centrado na origem percorrido no sentido antihorário com lados 12 12 12 e 12 Solução Como a curva é fechada suave e definida com orientação positiva podemos aplicar o teorema de Green Para tanto defina Pxy ey Qxy 4x ey Então Py xy ey Qx xy 4 ey Pelo teorema de Green temos que C ey dx 4x ey dy D Qx Py dA onde D é o retângulo no qual x 11 e y 22 Desta forma C ey dx 4x ey dy 11 22 4 ey ey dy dx 11 22 3 ey dy dx 11 3ey22 dx 11 3e2 e2 dx 3e2 e2 x11 3e2 e2 1 1 3e2 e22 6e2 e2 Resposta final Opção 1 6e2 e2 Questão 11 A temperatura T de um objeto depende de sua posição xy O objeto varia sua posição em relação ao tempo t seguindo as equações x 2t2 e y 3et2 Sabendo que a derivada parcial da temperatura com relação à variável x é constante e vale 3 que a derivada parcial com relação à variável y é constante e vale 2 determine a derivada da temperatura com relação ao tempo para o instante t 2s Solução Seja Txy a função que define o valor da temperatura em função da posição xy Como a derivada parcial da temperatura com relação à variável x é constante e vale 3 que a derivada parcial com relação à variável y é constante e vale 2 mas x e y dependem de t temos pela regra da cadeia que T x x t 3x t T y y t 2y t Ou seja dT dt T x x t T y y t 32t23et2 6t 6et2 Dessa forma dT dt 2 626e22 126 18 Resposta final Opção 4 18 13 Questão 12 Marque a alternativa que representa as curvas de nível da função fxy 4x2 9y2 Utilize m2 para representar os valores níveis obtidas pela função fxy Solução Considerando m2 como representante dos níveis podemos representar uma curva de nível genérica por 4x2 9y2 m2 Dividindo ambos os membros da igualdade por m2 4 m2x2 9 m2y2 1 que é tem a forma típica da equação reduzida de uma elipse Como 4 m2 e 9 m2 são constantes podemos definir m2 2 4 m2 m2 3 9 m2 obtendo assim m2 2x2 m2 3y2 1 Resposta final Opção 5 x2m2 2 y2m2 3 1 que representa um conjunto de elipses 14 Questão 13 Sabendo que Ft x 2t 1 y 3t2 z 5 qual é o produto escalar entre os vetores u 1 2 1 e o vetor w 01 Ft dt Solução Para integrar um função vetorial podemos calcular a integral de cada componente de modo a obter w 01 2t1 i 3t2 j 5k dt 01 2t1 dt i 01 3t2 dt j 01 5 dt k Como as integrais das componentes são imediatas podemos calculálas diretamente w 01 2t1 dt i 01 3t2 dt j 01 5 dt k t2 t01 i t301 j 5t01 k 12 1 i 13 j 51 k 2 i j 5 k Fazendo o produto escalar entre u e w obtemos u w 1 2 1 2 1 5 12 21 15 2 2 5 1 Resposta final Opção 5 1 Questão 14 Considere a função Gu sen3u cos3u 4u Qual é o raio de curvatura da curva Solução Conhecida a parametrização da curva de interesse Gu sen3u cos3u 4u temos que Gu 3cos3u 3sen3u 4 Dessa forma Gu 3cos3u2 3sen3u2 42 9cos23u 9sen23u 16 9cos23u sen23u 16 9 16 25 5 Assim Tu 15 3cos3u 3sen3u 4 e Tu 15 9sen3u 9cos3u 0 Então Tu 152 9sen3u2 9cos3u2 02 15 81sen23u 81cos23u 95 Portanto a curvatura é dada por κu Tu Gu 95 5 925 Logo o raio da curvatura é ρu 1κu 259 Resposta final Opção 4 259 Questão 15 Seja o campo vetorial Fxyz 2yz x x2 z y y x2 z z Determine o valor do produto entre o divergente do campo vetorial F pelo seu rotacional para o ponto 102 Solução Defina Pxyz 2yz Qxyz x2 z y Rxyz x2 Calculando o divergente e o rotacional de F obtemos rot F Ry Qz i Pz Rx j Qx Py k 0 x2 i 2y 2x j 2xz 2z k x2 i 2y x j 2zx 1 k F Px Qy Rz 0 1 0 1 Aplicando o rotacional de F no ponto 102 obtemos rot F102 12 i 20 1 j 221 1 k 1 2 0 Portanto Frot F102 1 1 2 0 1 2 0 Resposta final Opção 3 1 2 0 Questão 16 Determine a integral C x dx y dy z dz com C definida pela equação paramétrica γt 2t2 t3 t com 0 t 1 Considere a orientação do percurso no sentido de crescimento do parâmetro t Solução Como γt 2t2 t3 t temos que γt 4t 3t2 1 dt Portanto C x dx y dy z dz 01 2t2 4t dt t3 3t2 dt t dt 01 8t3 3t5 t dt 8t44 3t66 t2201 214 162 122 2 12 12 3 Resposta final Opção 1 3 Questão 17 Determine a área da região contida abaixo da parábola y x² 4 e acima da parábola y x² Solução Pelas funções apresentadas no enunciado da questão sabese que x² y x² 4 Agora precisamos conhecer o intervalo de integração com relação a x fazendo y y x² x² 4 2x² 4 x² 2 x 2 Então 2 x 2 Dessa forma A 22 x² x²4 dydx 22 yx² x²4 dx 22 x² 4 x² dx 22 2x² 4 dx 2x³3 4x 22 22³3 42 22³3 42 423 42 423 42 823 82 1623 Resposta final Opção 4 1623 Questão 18 Determine o momento de inércia em torno do eixo x do objeto planar que ocupa a região definida por S e tem um densidade de massa superficial δx y 3y Sabese que S xy 0 x 1 0 y x² Solução Inicialmente vamos definir a função integrando Para tal lembremos que o momento de inércia com relação ao eixo x é por definição Ix S y² δxy dA Como δxy 3y podemos escrever que Ix S y² δxy dA S y² 3y dA 3 S y³ dA De posse dos intervalos de integração obtemos Ix 30¹ 0x² y³ dy dx 30¹ y⁴40x² dx 30¹ x²⁴4 dx 3 14 0¹ x⁸ dx 34 x⁹9₀¹ 34 19 112 Resposta final Opção 2 112 Questão 19 Determine o valor da integral tripla V y dx dy dz onde V é o sólido que ocupa a região formada por um plano de equação x y z 4 e os planos coordenados Solução Calculando as interseções do sólido com os eixos coordenados Intersecção com o eixo x y 0 e z 0 x 4 Intersecção com o eixo y x 0 e z 0 y 4 Intersecção com o eixo z x 0 e y 0 z 4 Dessa forma podemos respresenta o sólido pela figura Então a projeção deste sólido no plano xy pode ser representado por Observamos que ao considerar o intervalo 04 como intervalo de integração para x o intervalo de integração para y varia de 0 à reta que passa pelos pontos 40 e 04 Então o coeficiente linear desta reta é igual a 4 Para obter o coeficiente angular basta perceber que para o ponto 40 y ax 4 0 4a 4 a 1 Dessa forma 0 y x 4 Portanto a massa procurada é igual a I V fxyzdV 04 0x4 04xy y dz dy dx 04 0x4 y z04xy dy dx 04 0x4 y4 x y dy dx 04 0x4 4y xy y² dy dx 04 2y² xy²2 y³30x4 dx 04 2x4² x x4²2 x4³3 dx 04 2x² 8x 16 x x² 8x 162 x³ 12x² 48x 643 dx 04 2x² 16x 32 x³2 4x² 8x x³3 4x² 16x 643 dx 04 x³6 2x² 8x 323 dx x424 2x33 4x2 32x3 04 4424 2433 442 323 4 323 1283 64 1283 32 Resposta final Opção 1 32 Questão 20 Determine a abscissa do centro de massa de um sólido na forma de um cubo definido por 0 x 1 0 y 1 e 0 z 1 com densidade volumétrica de massa δxyz 6x² y² z² Solução A abscissa do centro de massa é dada por xcm 1M V x ρxyz dV onde M é a massa total do cubo No nosso caso a massa total do cubo é dada por M V ρxyz dV V 6x² y² z² dV 6 01 01 01 x² y² z² dz dy dx 6 01 01 x²z y²z z³301 dy dx 6 01 01 x² y² 13 dy dx 6 01 x²y y³3 y301 dx 6 01 x² 13 13 dx 6 01 x² 23 dx 6 x³3 2x301 2 22 6 um Portanto a abscissa do centro de massa é dada por xcm 1M V x2 ρxyz dV 112 V 6x² y² z² x dV 12 01 01 01 x³ xy² xz² dz dy dx 12 01 01 x³z xy²z x z³301 dy dx 12 01 01 x³ xy² 13 x dy dx 12 01 x³y xy³3 xy301 dx 12 01 x³ x3 x3 dx 12 01 x³ 2x3 dx 12 x44 x²301 12 14 16 724 Resposta final Opção 1 724 Questão 21 Marque a alternativa que apresenta a derivada parcial da função fxy x 2yexy em relação à variável y Solução Aplicando a regra do produto e na sequência a regra da cadeia temos que f y y x2yexy exy y x2yx2y y exy exy2x2yexy y xy exy2x2yexy x exy2x2yexy y xy 2exy x2 2xyexy x2 2xy2exy Resposta final Opção 3 x2 2xy2exy 24 Questão 22 Marque a alternativa que representa as curvas de nível da função fxy 4x2 9y2 Utilize m2 para representar os valores níveis obtidas pela função fxy Solução Considerando m2 como representante dos níveis podemos representar uma curva de nível genérica por 4x2 9y2 m2 Dividindo ambos os membros da igualdade por m2 4 m2x2 9 m2y2 1 que é tem a forma típica da equação reduzida de uma elipse Como 4 m2 e 9 m2 são constantes podemos definir m2 2 4 m2 m2 3 9 m2 obtendo assim m2 2x2 m2 3y2 1 Resposta final Opção 2 x2m2 2 y2m2 3 1 que representa um conjunto de elipses 25 Questão 23 Seja a região B desenhada na figura abaixo Sabese que C1 xdy 20 C2 ydx 4 C3 ydx xdy 8 Determine a área de B Solução Observe que C Pxydx Qxydy C1 xdy C2 ydx C3 ydx xdy onde C C1 C2 C3 Por convenção defina Pxy y e Qxy x Então C Pxydx Qxydy C1 Pxydy C2 Qxydx C3 Qxydx Pxydy Como as regiões são fechadas com contornos suaves e orientadas no sentido positivo quando o domínio é particionado em duas partes conforme Figura a seguir podemos aplicar o Teorema Green Trabalhando com cada termo separadamente obtemos Questão 25 Marque a alternativa que representa corretamente a integral S cosx² y² dx dy onde S xy x² y² 4 x 0 Solução Fazendo uma substituição de variáveis para coordenadas polares x ρ cosθ y ρ senθ Então a função do integrando tornase ρ cosρ² cos²θ ρ² sen²θ ρ cosρ²cos²θ sen²θ ρ cosρ² Como S é definida por uma semicircunferência de raio 2 temos que 0 ρ 2 Por sua vez para que se tenha x 0 devemos ter π2 2 θ π2 2 Como os valores gerados pela função cosseno no primeiro e no último quadrante são equivalentes às imagens da função seno nos dois primeiros quadrantes podemos transladar o arco para que o ponto de partida seja o ângulo inicial 0 de modo a obter 0 θ π Como consequência os valores da função trigonométrica também é transladado π2 unidades no sentido antihorário resultando na função do integrando ρ senρ² Portanto S cosx² y² dx dy 0π 0² ρ senρ² dρ dθ Resposta final Opção 2 0π 0² ρ senρ² dρ dθ C1 xdy C1 Qxydy B1 Qx Py dA B1 1 0 dA B1 dA 20 C2 ydx C2 Pxydx B2 Qx Py dA B2 0 1 dA B2 dA 4 B2 dA 4 C3 ydx xdy C3 Pxydx Qxydy B2 Qx Py dA B3 1 1 dA 8 2 B3 dA 8 B3 dA 4 Portanto C Pxydx Qxydy B Qx Py dA B1 dA B2 dA B3 dA 20 4 4 20 20 ua Resposta final Opção 3 20 Questão 24 Determine o momento de inércia em relação ao eixo y de um objeto na forma de um quarto de uma circunferência no plano xz de raio 2 com centro na origem e com x e z maiores ou iguais a zero Sabese que a densidade linear da massa do objeto vale δxyz z Solução Inicialmente vamos definir a função integrando Para tal lembremos que o momento de inércia com relação ao eixo y quando OY é perpendicular à superfície plana é por definição Iy S x² z² δxyz dA Fazendo mudança para coordenadas polares temos que x r cosθ z r sinθ J r Como o raio do setor vai da origem até 2 temos que 0 r 2 Além disso como as variáveis x e z são não negativas o ângulo está variando no primeiro quadrante do plano xz ou seja 0 θ π2 Então Iy S x² z² δxyzdA 0π2 0² rr² cos²θ r² sin²θ r sinθ dr dθ 0π2 0² rr²cos²θ sin²θ r sinθ dr dθ 0π2 0² r⁴ sinθ dr dθ 0π2 r⁵5₀² sinθdθ 0π2 325 sinθ dθ 32 0π2 sinθ dθ 32 cosθ₀π2 32 cosπ2 cos0 32 0 1 32 Resposta final Opção 5 32 Questão 26 Determine o valor da integral S 2ex2 dxdy com S xy R2 0 x 1 0 y x Solução Como os intervalos de integração já são conhecidos podemos resolver a integral diretamente S 2ex2 dxdy 01 0x 2ex2 dydx 01 y0x 2ex2 dx 01 x 2ex2 dx 01 2xex2 dx Para resolver a integral com relação a x podemos aplicar a técnica de integração por substituição fazendo x2 u o que implica em du 2xdx Além disso os intervalos de integração podem ser modificados na verificando que x 0 u 02 0 x 1 u 11 1 Assim obtemos S 2ex2 dxdy 01 2xex2 dx 01 eu du eu01 e1 e0 e 1 Resposta final Opção 3 e 1 Questão 27 Determine o valor da integral V 3xy dxdydz onde V é o sólido contido na interseção do cilindro x2 y2 1 e 0 z 2 com as regiões x 0 e y 0 Solução Como o cilindro é limitado superiormente por z 2 e inferiormente por z 0 e é restrito ao primeiro octante podemos representálo conforme imagem a seguir Para encontrar os intervalos de integração podemos fazer uma mudança de coordenadas para coordenadas cilíndricas ou seja x ρ cosθ y ρ sinθ z 0 J ρ Observe que 0 ρ 1 e 0 θ π2 sendo o último intervalo justificado pelo fato de o sólido estar projetado no primeiro quadrante do plano xy Dessa forma V 3xy dxdydz 0π2 01 02 3ρ cosθ ρ sinθ ρ dz dρ dθ 3 0π2 01 ρ2 cosθ ρ2 sinθ dz dρ dθ 3 0π2 01 ρ2 cosθ ρ2 sinθz02 dρ dθ 32 0π2 01 ρ2 cosθ ρ2 sinθ dρ dθ 6 0π2 ρ33 cosθ ρ33 sinθ01 dθ 6 0π2 13 cosθ 13 sinθ dθ 6 0π2 13 cosθ sinθ dθ 6 13 0π2 cosθ sinθ dθ 2 sinθ cosθ0π2 2 sinπ2 cosπ2 sin0 cos0 2 1 1 4 Resposta final Opção 3 4 Questão 28 Um objeto percorre uma curva definida pela função Fu x1 u² yu³ 3 zu² 5 u 0 Assinale a alternativa que apresenta o valor da componente normal da aceleração no ponto x y z 2 4 6 Solução Conhecida a parametrização da curva de interesse Fu 1 u² u³ 3 u² 5 temos que Fu 2u 3u² 2u Dessa forma Fu 2u² 3u²² 2u² 4u² 9u⁴ 4u² 9u⁴ 8u² u9u² 8 Assim Tu 1u9u² 8 2u 3u² 2u 19u² 8 2 3u 2 29u² 812 3u9u² 812 29u² 812 e Tu 9u² 832 18u 39u² 812 32u9u² 832 18u 9u² 832 18u 18u9u² 832 39u² 812 27u²9u² 832 18u9u² 832 Considerando o ponto x y z 2 4 6 obtemos que x 1 u² 2 u² 1 u 1 pois u 0 Observe que u 1 também satisfaz as outras coordenadas y u³ 3 1³ 3 4 z u² 5 1² 5 6 Como consequência disso F1 91² 8 17 33 e T1 18191² 832 391² 812 271²91² 832 18191² 832 181732 31712 271732 181732 18 1717 3 17 27 1717 18 1717 18 1717 24 1717 18 1717 Então T1 18² 17²17 24² 17²17 18² 17²17 117 1224 17 72 17 62 17 Portanto a componente normal procurada é dada por F1 T1 17 62 17 634 17 Resposta final Opção 3 634 17 Questão 29 Seja a função fx y z x³y z⁴y² onde x u 1ev1 y u 2v e z v cosu Determine o valor da derivada parcial de f em relação a v para u 0 e v 1 Solução Como as variáveis x y e z são funções de u e v a derivada de f com relação a v pela regra da cadeia é fv u v fx xv fy yv fz zv Então precisamos encontrar as expressões descritas para chegar a fv como função das variáveis u e v fx x x³y z⁴y² 3x² 3 u 1ev1² 3u 1² e2v1 xv v u 1ev1 u 1ev1 fy y x³y z⁴y² x³ 2z⁴y u 1ev1³ 2v⁴ cos⁴uu 2v u 1³ e3v1 2u 2vv⁴ cos⁴u yv yv u 2v 2 fz z x³y z⁴y² 4z³ y² 4v³ cos³uu 2v² 4u 2v² v³ cos³u zv v v cosu cosu Aplicando todas as derivadas parciais obtidas em u 0 e v 1 obtemos fx 0 1 30 1² e211 31e⁰ 3 xv 0 1 0 1e11 e⁰ 1 fy 0 1 0 1³ e311 20 21¹⁴ cos⁴0 e⁰ 221 1 4 3 yv 0 1 2 fz 0 1 40 21² 1³ cos³0 42²1 16 zv 0 1 cos0 1 Portanto fv 0 1 fx 0 1 xv 0 1 fy 0 1 yv 0 1 fz 0 1 zv 0 1 31 32 161 3 6 16 19 Resposta final Opção 2 19 Questão 30 Determine o valor da integral ₀¹ ₀² 2yx 3yx² dx dy Solução Calculando diretamente o valor da integral dada obtemos ₀¹ ₀² 2yx 3yx² dx dy ₀¹ yx² yx³₀² dy ₀¹ y2² y2³ dy ₀¹ 4y 8y dy ₀¹ 12y dy 6y²₀¹ 6 Resposta final Opção 1 6