Exercício a Cálculo 3 2022 1

1. Calcule \iint_T e^{-x^2} dA, onde T é o triângulo com vértices (0,0), (3,3), (3,0). 2. Calcule \iint_D \cos(x^{400}) dA, onde D = \{(x,y); 0 \leq y \leq (|x| - 2)^2, -2 \leq x \leq 2\} 3. Determine um número R \geq 0 tal que \iiint_C \frac{z}{\sqrt{x^2 + y^2}} dV < 3, onde C é o cone limitado por F_1 = \{(x,y,z); \left(\frac{zR}{50}\right)^2 = x^2 + y^2, z \geq 0\} e F_2 = \{(x,y,50); x^2 + y^2 \leq R^2\} 1) y = 3x 0 \leq y \leq 3x 0 \leq x \leq 3 \rightarrow I = \int_0^3 \int_0^{3x} e^{-x^2} dy dx. = \int_0^3 \left[e^{-x^2}y\right]_0^{3x} dx = \int_0^3 e^{-x^2}(3x-0) dx I = \int_0^3 3x e^{-x^2} dx ; a = -x^2 \frac{da}{dx} = -2x. \rightarrow \int_0^3 3xe^a \frac{da}{(-2)x} = -\frac{3}{2} \int e^a da = -\frac{3}{2} e^a\Bigg|_0^3 = -\frac{3}{2} e^{-x^2}\Bigg|_0^3 = -\frac{3}{2} \left(e^{0} - e^{-3^2}\right) = -\frac{3}{2}(1-e^{-9}) = -1,499 2) 0 \leq y \leq (|x|-2)^2 \rightarrow |x|^2 - 4|x| + 4 y(-2) = 0 y(1) = 1 -2 \leq x \leq 2 -2 \leq x \leq 2 y(-1) = 1 y(2) = 0 y(0) = 4\\ I_2 I = \int_{-2}^2 \int_0^{f_2(x)} \cos(x^{400}) dx = \int_0^{f_1(x)} \cos(x^{400}) dx = I_1 a(-2) = -2b + c = 0 4a - 2b = -4 a(-1) = -b + c = 1 \rightarrow a-b=1-4 \\ a-b=1-4 \rightarrow a-b=3 \\ a.0^2-b.0+c=4 \rightarrow c=4 \\ f_i(x) = x^2-4x+4 não é uma integral elementar \\ (que retorna funções elementares) I_1=\int_{-2}^0 \int_0^{x^2+4x+4} \cos(x^{400})dy dx = \int_{-2}^0 0^{x^2+4x+4}\cos(x^{400})(y)^0dy dx Sabendo que a função \cos(x) é igual a uma faixa de [-1,1], e que suas integrais em intervalos simétricos -2 \leq x \leq 2 são nulos (parte da integral é positiva e parte negativa). Ou seja, a altura do domínio, que está sendo calculado é simétrico e de tamanhos iguais. Além do mais a área da parte positiva I_1 é igual em módulo da área de I_2. \\ Então a integral na região delimitada por D é nula. 3. z \left(\frac{2R}{50}\right)^2 = x^2 + y^2 C R = 5\sqrt{2} z = \sqrt{\left(\frac{50}{R}\right)^2(x^2+y^2)} = \frac{50}{R}\sqrt{x^2+y^2} = z x^2+y^2 = R^2, onde z=50. (2) 0 \leq z \leq 5\sqrt{2} \longrightarrow substituir em (1) A integral começa em x = y = z = 0 termina em z = 50 \rightarrow substituir em (2) (3) = \int um^ \frac{- R^2}{50^2}x^2+y^2 \rightarrow\frac{Z^2}{50^2} = 1 \rightarrow z = 50 \rightarrow retorna o mesmo valor de (2) Sabendo que a figura é simétrica em x e y, calculando uma parte a da integral, tem-se: 0 \leq z \leq \frac{50}{R}\sqrt{x^2+y^2} \rightarrow 0 \leq z \leq 50 Em coordernadas cilindricas x = r\cos \theta, y = r \sen \theta, r = R 0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}(\frac{1}{4} do volume) 0 \leq r \leq R ∫∫∫ \frac{z}{\sqrt{x^2+y^2}} \, dv = \int_0^{\pi/2} \int_0^{50} \int_0^R \frac{z}{r} \, dr \, dz \, d\theta = \frac{1}{4} I I = 4 \times \int_0^{\pi/2} d\theta \int_0^{50} z \, dz \int_0^R \frac{1}{r} \, dr = 3 \quad \rightarrow \quad A \text{ condição é} \quad I < 3 3 = 4 \times \left(\frac{\pi}{2} - 0\right) \frac{1}{2} \left(z^2\right)_0^{50} \ln \, r \Bigg|_0^R 3 = 2 \pi \cdot \frac{1}{2} \cdot 50^2 \left[\ln \, (R) - \ln \, (0)\right] \quad \rightarrow \quad \ln \, (0) \rightarrow -\infty A \text{ integral não converge}