Aula Cálculo 3 - Módulo 3 - Tutor 2022-1

Universidade Federal Fluminense Instituto de Matematica e Estatistica Departamento de Matematica Aplicada Calculo III-A — Modulo 3 — Tutor Exercicio 1: Calcule a massa total /, 0 centro da massa (%,7) de uma lamina triangular, com vértices (0,0), (1,0) e (0,2) se a funcdo densidade é d(x, y) =14+3r+ y. Solucao: O esboco da lamina D esta representado na figura que se segue. y (0, 2) salem y = 2— 22 sp gtgel => y=2-24 (1,0) x entra em y = 0 Descricao de D como tipo !: O<a<l Ant g ; Temos que D : { 0<y<2—2 ° A massa da lamina é dada por: 1 p2-22 1 272-22 M= ff se. iA | | (1+ 3a +y) dyae = f ly + 3ey + | dx = 0 f 0 Jo 0 ' (2 — 2x)? ' 2 — Qe -/ |2 — 20 + 3x(2— 2x) + =| a= [ (2 — 22) (1 +30 +=) dx = 0 0 > fi 1 1 = : | (1 — 2)(2+ 6% + 2 — 22) a= [ (= 2)(4+ dade =a | (1-27) dx = 0 0 0 a} 8 =4[e- 3] =5 O centro de massa (7,7) é tal que Mr= [fc d(z,y)dA e My= [fy d(a,y) dA. D D Calculo de TE d(a,y) dA: D Calculo III-A Médulo 3 — Tutor 2 Temos, [fe seu) aA= [fo +30) aA= [f (+30? +29) dA D D D 1 p2—-2a 1 952-22 -/ | (0+ 30° + ay) dyde = | ley +30%y + | dx = 0 Jo 0 2 Jo 1 5 1 -|/ [n(2 - 20) + 32°(2— 20) +22") ae = | 21-2) (e+ 30? +P") de = 0 2 0 2 1 1 = [ (=a) Qe + 60? +20 — 202) de = 12) (e+ 402) de = 0 0 1 1 1 2 7471 -|/ x(t —a)(1+0) de= fax (1— 2%) de =a | (v— a2") de =4]>—| = 0 0 0 2 4 Jo 1 1 =4(5-q)=h Cdalculo de [fy d(a,y) dA: D Temos, 1 2-224 | [yeu aA= ff ya+ar+y) aa= ff | (y + 3xy + y’) dydx = D D 0° le» 2 37 2-2 1 2 2 3 _ yo, bay _ (2 — 22) 3a(2 — 22) (2 — 22) _ -| e+e +e a= [ ae ee | ae = 1 1 _ og)? (14 38, 2528) 7 4 _ 2)? _ _ -[e 2x) (5+ 7 +3 )ae= 5 fra x) (34+9"%+4- 42) dx = 2 2 2 2 3 -3/ (1 — 2x + x”) (7 + 5x) a5 | (7 — 9a — 34° + 52°) dx = =2 [7 _ 90 84S) 2 (7-8-145)=8 a a ne D 4) 6° Substituindo acima temos: Sy=1 e Szai 3 34 G portanto _ 3 — 11 Logo, o centro de massa € 0 ponto (3/8, 11/16). UFF IME - GMA Calculo III-A Médulo 3 — Tutor 3 Exercicio 2: A densidade em qualquer ponto de uma lamina semicircular 6 proporcional a distancia do centro do circulo. Determine o centro de massa da lamina. Solugao: Vamos considerar a lamina como a metade superior do disco x? + y? < a?. y a —a a x Entao, a distancia do ponto (x,y) ao centro do disco (origem) é \/z? + y?. Portanto, a fun¢ao densidade é: O(t,y) = ky/x? + y? onde k > 0 € uma constante. A massa da lamina é: M= [fee dA = | [Ver Raa = bf | Ver eraa D D D 0O<r<a Passando para coordenadas polares temos ,/x? + y? = r, dA = rdrdé e Dy,» : O<b<n° Ento, a a Tv a 37a 3 Mak [ [rer drdo=k [fr arao=s f e | addr = ke f Pdr=kn [5 — kro 0 0 0 3 Jo 3 D6 Dro O centro de massa (7,7) é tal que ur= [fo d(z,y)dA e My= [fy O(a, y) dA. D D Calculo de TE O(a, y) dA: D Temos que TE d(x, y) aA=k | [oF PdA=0 D D pois a funcdo x\/xr2+y? é impar na varidvel x e D tem simetria em relacdo ao eixo y. Assim, x = 0. Calculo de [fy d(x, y) dA: D UFF IME - GMA Calculo III-A Modulo 3 — Tutor 4 Temos que [fy d(x, y) aA=k [fy Paa=k ff rsen8-r-r ard = D D Dro a T a T a 44a 4 =« | | sen 0 abar =k f | — cos | ar = 2k [ r? dr = 2k 7 — ka 0 0 0 0 0 4 Jo 2 Assim kra® _ _ kat 3 7° 2 logo 7 I OR Portanto, o centro de massa esta localizado no ponto (0, 3a/27). Exercicio 3: Determine os momentos de inércia J,, I, e Ip do disco homogéneo D, com densidade d(x, y) = 6, centro na origem e raio a. Solucao: O esboco da regido D esta representado na figura que se segue. y a Dp O momento de inércia [,, 6 dado por: = [fv d(x, y) aa=s ff y' dA. D D 0O<r<a ~ Temos x = rcosé, y=rsen@, dA = rdrdé e Dy» : { 0<0<2n- Entao, 27 a 474 27 I, =6 ff rsx? 0-1 arao= 6 | conf r? drd@ = 6 | | sen? 6 d0 = 0 0 430 Jo Dro _ dat 1 0 _ sen)" _ brat ~ 4 2 ~2 Jo 4 O momento de inércia I, € dado por: 1, = [f 0 d(x, y) aa=s ffx? aA=5 ff 1200s? 8-r drdé = D D Dro 2a a 4 . Qr 4 -5 | cos? | re drdo = °@. 1 + — ona 0 0 4 2 2 Jo 4 UFF IME - GMA Calculo III-A Médulo 3 — Tutor 5 Como Ip = I, + I, entao: bnat Ih = > Exercicio 4: Uma lamina delgada tem a forma da regiao D, que é interior a circunferéncia (x — 2)? + y? = 4 e exterior A circunfer€ncia x? + y? = 4. Calcule a massa da lamina se a densidade é dada por 6(z,y, 2) = (x2 +y2) 1”. Solucao: De (x — 2)? + y? = 4 ou 2? +7? = 4 e 2? + y? = 4 temos 4x = 4 portanto x = 1. Logo, (1, V3) e (1, V3) sao as intersecdes. Assim, o esboco da lamina D esta representado na figura que se segue. y y= vB8u “ YY > tea= V3 > a=7/3 “Va ~ yD x 3 * Noy =-\3x A massa da lamina D é dada por: w= [foe aa= [f (0? +7) dA. D D Passando para coordenadas polares temos x? + y? =r? edA =rdrdoé. Descricao de D em coordenadas polares: Efetuando uma “varredura” em D, no sentido anti-hordrio, a partir da reta y = —\/3x, onde 0 = —1/3 até a reta y = V3.2, onde 6 = 7/3, vemos que @ varia de —7/3 até 7/3. Transformando as equacoes das circunferéncias para coordenadas polares temos, r+y=4 5 r=4 > r=2 2 2 2 rx0 at+y=44 => r=4rcosé S r=4cosé UFF IME - GMA Calculo III-A Modulo 3 — Tutor 6 - oo , 4/3 <0< 1/3 . <r< : a . Entao 2 <r < 4cos9, isto é, D,» é dado por D, { 2 <r <Acosd Assim, w/3 4 cos 6 r/3 4cos 0 u= | (P?)*? rarao = | | * .drd0 = —n/3J2 —n/3J2 r n/3 n/3 -/ (4cos 6 — 2) d@ = [4sen 0 — 26) = —7/3 —n/3 1 21 1 1 = (4sen 5 =F) ~ (4sen (-F) -2(-3)) = _ (4V3 2) _ (=Av3 ae) _ nar) 3 2 3) | 4/3 I 4V3B Qn 4 = at Zz Bv3—7) um. Exercicio 5: Uma placa fina est limitada pela circunferéncia x+y” = a? e tem densidade d(x, y) = 2 _ a - oy Z . _ 2 (1- =) Bye ae Mostre que o seu momento de inércia polar é dado por: [5 = Ma (= , onde M éa sua massa. Solucao: O esboco da placa D esta representado na figura que se segue. y a YL - A massa I da placa é dada por: M S(x,y) dA vA = [[senaa= [fsa D D Passando para coordenadas polares teremos x? + y? = r?, dA = rdrd@ e D,», que € a descricao de UFF IME - GMA Calculo III-A Modulo 3 — Tutor 7 , 0<6<27 ~ D nessas coordenadas é D,» : { O<r<a - Entao, a2 5 a r 20 M= —— rdrdd=a —— dédr = a? +r? 9 +r Jo Dro Qna? “ 2r 2 2 Q\)]4a => [ Za dr = ta [In (a +r Yo = = 7a? (In (a? + a’) —In a’) = 7a (In (2a?) —In a’) = = ra? (In2+4+ Ina® — Ina?) = ra*In2u.m. O momento de inércia polar é dado por: y= |] (22 +y°) d(x,y)dd =e? [| 2+" a= 0 ? a2 + x2 + y? D D 2 2 2 2 2 ai+u+y*—a _ =a [=> dA D 2 2 2 2 = @2 areey — ~o [[(= arate) dA D 2 — 92 _ a — =a / (1 aa) dA D 2 — 2 — oe = 2 — = 4 (Jf l= us a? (A(D) — M) D D = a? (ra® — ra" In2) = 7a‘ (1 —In2) = In2 _ 2 2 —) _ (=) = a’ (ra* In 2) (> = Ma = como queriamos mostrar. Exercicio 6: Uma lamina tem a forma semicircular x? + y? < a?, com y > 0. A densidade é diretamente proporcional a distancia do eixo x. Ache o momento de inércia em relacdo ao eixo x. Solucao: O esboco da lamina D esta representado na figura que se segue. UFF IME - GMA Calculo III-A Médulo 3 — Tutor 8 y=Ve—e Y a —a a x y=0 Por hipdtese, temos que a densidade em (xz, y) 6 6(x, y) = ky. O momento de inércia em relacdo ao eixo x é dado por: I, = [fv d(x, y) drdy = [fon dady = bf fy dady D D D -—a<r<a onde D, como tipo I, é dado pelas desigualdades D : ~~ . Entao, p p g 0<y< Jaz — x? a Va2—x? a 44 Va2—a2 k a 9 n=k/ f y dyde =k f 4 | av =* f (a” — 2”) dx = 4]o 4 —av0 —a —a t [* 4 2.2 4 k[4 2a? x3 x)" _ 2k (5 2a° a? _ =i f ( — 2a°x +0')de=Flate-4= +5) =2 (a ~~ +5) = _ ke 15a° —10a°+3a° __ 4ka? 2 15 15 Exercicio 7: Uma lamina tem a forma de um tridngulo retangulo isdsceles, com lados iguais de comprimento a. Ache a massa, se a densidade em um ponto P é diretamente proporcional ao quadrado da distancia de P ao vértice oposto a hipotenusa. Solucao: E conveniente considerar o sistema de eixos coordenados, passando pelos catetos com o vértice na origem. y a salem y=a-—2Z pitta >ar+y=a a x entra em y = 0 UFF IME - GMA Calculo III-A Médulo 3 — Tutor 9 2 Por hipdtese, a densidade em (x,y) é d(2,y) =k (V2? +?) = k(2?+y’) onde k > 0 € uma constante. Como M = [fev dA, entdo M = a (x? + y*) dA, onde D, como tipo |, é dada D D O<a<a por Dif jee a,- Loeo, a a—-ax 9 9 a 9 y> a—x a 9 (a—a)3 M=k (x? + y’) dydz = k ey +4 dx =k [a?(a— 2) + de = 0 Jo 0 3 lo 0 3 a 3. 9,2 2 23 a =« | jac? a3 + | dx = | (Gax? — 42° + a — 3a7x) dz = 0 0 _&k 3 od ty — Ser) = E( 44 a = § [2a w+ arr 721573 2a° —a* +a 5) = ge em. UFF IME - GMA