UFSC - CÁLCULO 3 - 2013.3 - 1A. PROVA (SOLUÇÃO)
RAPHAEL DA HORA
Z
(1) Calcule, mudando a ordem de integração,
0
1
Z
1
√
3
ey dydx.
x
Solução:
Vemos que a região por ser descrita por: 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ y 2 . Portanto podemos
reescrever a integral
Z 1 Z y2
Z 1
3
y3
e dxdy =
y 2 ey dy,
0
0
0
du
= y 2 dy, então temos
3
Z
Z
3
eu
ey
1
2 y3
y e dy =
eu du =
=
.
3
3
3
fazendo a substituição u = y 3 ,
Logo
1
Z
0
1 h y 3 i1 e − 1
y e dy =
e
=
.
3
3
0
2 y3
(e − 1)
.
Resposta:
Z Z 3
(2) Calcule
ydA, onde D é a região do plano xy limitada pelas retas x + y = 2,
D
y = x, x = 0.
Solução:
Vemos que a região é dada por: 0 ≤ x ≤ 1, x ≤ y ≤ 2 − x. Logo queremos calcular
Z 1 Z 2−x
Z 1 2 2−x
Z
y
1 1
ydydx =
dx =
[(2 − x)2 − x2 ]dx
2 x
2 0
0
x
0
1
=
2
Resposta: 1.
Z 1Z
(3) Calcule
0
√
1−x2
ex
Z
1
(4 − 4x)dx =
0
2 +y 2
dydx.
0
Solução:
1
1
1
4x − 2x2 0 = 1.
2
2
RAPHAEL DA HORA
Vemos que, em coordenadas polares, a região de integração é dada por: 0 ≤ θ ≤
π/2, 0 ≤ r ≤ 1. Logo queremos calcular
Z π/2 Z 1
2
er rdrdθ,
0
0
du
= rdr, temos
fazendo a substituição u = r2 ,
2
Z
Z
2
1
er
eu
r2
u
re dr =
=
.
e du =
2
2
2
Portanto
Z π/2 Z 1
Z
Z
1 π/2 h r2 i1
e − 1 π/2
π(e − 1)
r2
e rdrdθ =
e
dθ =
dθ =
.
2 0
2
4
0
0
0
0
π(e − 1)
Resposta:
.
Z 1 Z x4Z xy
(2x + 8yz)dzdydx.
(4) Calcule
0
Solução:
Temos que
Z 1Z xZ
0
0
2 xy z
xy
(2x + 8yz)dzdydx =
2x[z]0 + 8y
dydx
2 0
0
0
0
0
0
2 x
4 x Z 1Z x
Z 1
2 y
2
2 3
2 y
+ 4x
dx
=
2x y + 4x y dydx =
2x
2 0
4 0
0
0
0
1
5
Z 1
x7
12
1 1
x
4
6
=
+
x + x dx =
= + = .
5
7 0 5 7
35
0
Resposta: 12/35.
(5) Calcule o volume do sólido que está no primeiro octante abaixo do plano
3x + 2y + z = 6.
Solução:
xy
Z
1
Z
x
6 − 3x
Vemos que o sólido está definido por: 0 ≤ z ≤ 6 − 3x − 2y, 0 ≤ y ≤
,
2
0 ≤ x ≤ 2. Portanto queremos calcular
2 (6−3x)/2 !
Z 2 Z (6−3x)/2
Z 2
y
(6−3x)/2
(6 − 3x − 2y)dydx =
(6 − 3x)[y]0
−2
dx
2 0
0
0
0
Z 2
Z
(6 − 3x)2 (6 − 3x)2
1 2
=
−
dx =
(6 − 3x)2 dx = 6.
2
4
4
0
0
Resposta: 6.
UFSC - CÁLCULO 3 - 2013.3 - 1A. PROVA (SOLUÇÃO)
3
(6) Calcule o volume do sólido limitado pelo cilı́ndro parabólico (tunel) z = 4 − y 2 e
pelos planos x = 0, x = 1, z = 0.
Solução:
Vemos que a região de integração é dada por: 0 ≤ z ≤ 4 − y 2 , 0 ≤ x ≤ 1,
−2 ≤ y ≤ 2 (onde aqui é solução de 4 − y 2 = 0). Portanto queremos calcular
2
Z 1
Z 1
Z 1Z 2
y3
32
16
2
4y −
(4 − y )dydx =
dx = .
dx = 16 −
3 −2
3
3
0
0
−2
0
Resposta: 16/3.
(7) Calcule o volume do sólido limitado pelo parabolóide z = 4 − x2 − y 2 e o plano z = 0.
Solução:
Temos que a região de integração, em coordenadas cilı́ndricas, é dada por: 0 ≤
z ≤ 4 − r2 , 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 2. Portanto queremos calcular
Z 2π Z 2 Z 4−r2
Z 2π Z 2
Z 2π Z 2
2
rdzdrdθ =
(4 − r )rdrdθ =
(4r − r3 )drdθ
0
0
0
0
Z
=
2π
0
2
4
0
0
4
r
r
−
2
4
0
2
dθ = 8π.
0
Resposta: 8π.
(8) Seja p
E a região sólida que está abaixo da esfera x2 + y 2 + z 2 = 9 e acima do cone
z = 3(x2 + y 2 ). Escreva a seguinte integral em coordenadas esféricas:
Z Z Z
cos(x2 + y 2 + z 2 ) dV.
E
√
π
3
Use que tan =
. NÃO CALCULE A INTEGRAL!
6
3
Solução:
Vemos que, em coordenadas esféricas, a região é dada por: 0 ≤ ρ ≤ 3, 0 ≤ φ ≤
π/6, 0 ≤ θ ≤ 2π. Portanto a integral acima pode ser escrita como
Z 2π Z π/6 Z 3
ρ2 senφ cos ρ2 dρdφdθ.
0
0
0