AD2-C4-2021 2-Gabarito

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
AD2 – CÁLCULO IV – Tutor 2021-2
Questão 1 [2,5 pontos]
(a) [1,5 ponto] Calcule o trabalho realizado pela força ~F (x, y) = (3y2 + 2 , 16x) ao mover uma
part́ıcula desde (−1, 0) a (1, 0) segundo a metade superior da elipse b2x2 + y2 = b2.
(b) [1,0 ponto] Determine a elipse que torna o trabalho de (a) ḿınimo posśıvel.
x
y
C
1−1
b
Fig. 1: Caminho C
Solução:
(a) De b2x2 + y2 = b2, y ≥ 0, temos C : x2 + y
2
b2
= 1,
y ≥ 0, cujo esboço está representado na Fig. 1.
Uma parametrização de C é dada por:
C : ~r(t) = (− cos t , b sen t), 0 ≤ t ≤ π.
Logo, ~r ′(t) = (sen t , b cos t).
Pede-se calcular W =
∫
C
~F · d~r =
∫ π
0
~F (~r(t)) · ~r ′(t) dt.
Temos
~F (~r(t)) = ~F (− cos t , b sen t) = (3b2 sen2 t+ 2 , −16 cos t).
Assim,
W =
∫ π
0
(3b2 sen2 t+ 2 , −16 cos t) · (sen t , b cos t) dt
=
∫ π
0
(3b2 sen3 t+ 2 sen t− 16b cos2 t) dt
=
∫ π
0
[3b2 sen t(1− cos2 t) + 2 sen t− 16b cos2 t] dt
= 3b2
[
− cos t+ cos
3 t
3
]π
0
+
[
− 2 cos t
]π
0
− 16b · 12
[
t+ sen 2t2
]π
0
= 3b2 · 2
(
1− 13
)
− 2(−2)− 8πb
= 4b2 − 8πb+ 4.
Ou seja,
W = 4b2 − 8πb+ 4 u.w.
(b) De (a), temos W = W (b) = 4b2 − 8πb+ 4.
Logo, W ′(b) = 8b− 8π.
Donde
Cálculo IV – AD2 AD2 – Tutor 2
W ′(b) = 0 =⇒ 8b− 8π = 0 =⇒ b = π.
Como W ′′(b) = 8 > 0, então pelo teste da derivada segunda, W tem um ḿınimo absoluto em b = π.
Assim, o trabalho é ḿınimo para b = π.
Portanto, a elipse que torna o trabalho ḿınimo posśıvel é a elipse x2 + y
2
π2
= 1.
Questão 2 [2,5 pontos] Considere o campo vetorial dado por
~F (x, y) = ∇f(x, y)− x
2y2
2
~ı + xy3~ ,
onde f(x, y) = x5exy ln(1+y2), calcule
∮
C
~F ·d~r, onde C é formada pela parte superior de x2 +y2 =
ax e o eixo x, percorrida no sentido anti-horário.
Solução: O esboço de C está ilustrado na Fig. 2.
x
y
C
a
2
a
Fig. 2: Curva C
x
y
C=∂D
D
a
2
a
Fig. 3: Região D
A curva C é bordo da região D : x2 + y2 ≤ ax, y ≥ 0.
De ~F (x, y) = ∇f(x, y)− x
2y2
2
~ı + xy3~ , temos
~F =
(
∂f
∂x
,
∂f
∂y
)
+
(
−x
2y2
2 , xy
3
)
=
(
∂f
∂x
− x
2y2
2 ,
∂f
∂y
+ xy3
)
.
Pondo ~F = (P,Q), temos
P = ∂f
∂x
− x
2y2
2 , Q =
∂f
∂y
+ xy3.
Então,
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
=
(
∂2f
∂x ∂y
+ y3
)
−
(
∂2f
∂y ∂x
− x2y
)
= ∂
2f
∂x ∂y
− ∂
2f
∂y ∂x
+ y3 + x2y.
Como f(x, y) = x5exy ln(1 + y2) é de classe C2 em R2, então pelo Teorema de Schwarz, temos
∂2f
∂x ∂y
= ∂
2f
∂y ∂x
.
Assim,
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
= y3 + x2y = y(x2 + y2).
Aplicando o Teorema de Green, obtemos:∮
C
~F · d~r =
∫∫
D
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dx dy =
∫∫
D
y(x2 + y2) dx dy.
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Cálculo IV – AD2 AD2 – Tutor 3
Usando coordenadas polares, temos:
• y(x2 + y2) dx dy = r sen θ · r2 · r dr dθ = r4 sen θ dr dθ;
• Drθ : 0 ≤ θ ≤
π
2 , 0 ≤ r ≤ a cos θ.
Então, ∮
C
~F · d~r =
∫∫
Drθ
r4 sen θ dr dθ =
∫ π/2
0
∫ a cos θ
0
r4 sen θ dr dθ
=
∫ π/2
0
sen θ
[
r5
5
]a cos θ
0
dθ = a
5
5
∫ π/2
0
sen θ cos5 θ dθ
= a
5
5
[
− cos
6 θ
6
]π/2
0
= a
5
30(0 + 1) =
a5
30 .
Ou seja, ∮
C
~F · d~r = a
5
30 .
Questão 3 [3,0 pontos] Seja S a superf́ıcie obtida girando-se a curva z = 1− x2, 0 ≤ x ≤ 1, em
torno do eixo z.
x y
z
C
S
1 1
1
Fig. 4: Curva C e superf́ıcie S
(a) [1,0 ponto] Apresente uma parametrização para S.
(b) [2,0 pontos] Calcule
∫∫
S1
xy
x2 + y2 dS, onde S1 é a porção
de S (do item (a)) que se encontra no interior da metade do
cilindro x2 + y2 = y, x ≥ 0.
Solução:
(a) O esboço da superf́ıcie S está representado na Fig. 4.
Uma parametrização da curva C é dada por:
C : ~r(t) = (x(t) , 0 , z(t)),
onde x(t) = t, z(t) = 1− t2 com 0 ≤ t ≤ 1.
Da teoria, uma parametrização para S é dada por:
S : ~r(t, θ) = (x(t) cos θ , x(t) sen θ , z(t)) = (t cos θ , t sen θ , 1− t2),
com (t, θ) ∈ D : 0 ≤ t ≤ 1 , 0 ≤ θ ≤ 2π.
(b) O esboço da superf́ıcie S1 está ilustrado na Fig. 5.
x y
z
S1
1 1
1
Fig. 5: Superf́ıcie S1
x
y
−12 D
1
1
Fig. 6: Região D
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Cálculo IV – AD2 AD2 – Tutor 4
Da parametrização de S, temos:
x = t cos θ , y = t sen θ , z = 1− t2
donde
x2 + y2 = t2 e z = 1− x2 − y2.
Assim, a equação cartesiana de S é:
S : z = 1− x2 − y2 , x2 + y2 ≤ 1.
A superf́ıcie S1 é dada por:
S1 : z = 1− x2 − y2 , (x, y) ∈ D1 : x2 + y2 ≤ y , x ≥ 0.
Temos:
dS =
√
1 + (zx)2 + (zy)2 dx dy =
√
1 + 4x2 + 4y2 dx dy.
Então: ∫∫
S1
xy
x2 + y2 dS =
∫∫
D1
xy
x2 + y2
√
1 + 4(x2 + y2) dx dy.
Em coordenadas polares, temos:
• xy
x2 + y2
√
1 + 4(x2 + y2) dx dy = r
2 cos θ sen θ
r2
√
1 + 4r2 r dr dθ
= cos θ sen θ
√
1 + 4r2 r dr dθ;
• D1rθ : 0 ≤ θ ≤
π
2 , 0 ≤ r ≤ sen θ.
Assim,∫∫
S1
xy
x2 + y2 dS =
∫∫
D1rθ
cos θ sen θ
√
1 + 4r2 r dr dθ
=
∫ π/2
0
cos θ sen θ
∫ sen θ
0
√
1 + 4r2 r dr dθ
= 18
∫ π/2
0
cos θ sen θ
∫ sen θ
0
(1 + 4r2)1/2 (8r) dr dθ
= 18
∫ π/2
0
cos θ sen θ · 23
[
(1 + 4r2)3/2
]sen θ
0
dθ
= 112
∫ π/2
0
cos θ sen θ
[
(1 + 4 sen2 θ)3/2 − 1
]
dθ
= 112 · 8
∫ π/2
0
8 cos θ sen θ(1 + 4 sen2 θ)3/2dθ − 112
∫ π/2
0
cos θ sen θ dθ
= 196 ·
2
5
[
(1 + 4 sen2 θ)5/2
]π/2
0
− 112
[
sen2 θ
2
]π/2
0
= 1240 (5
5/2 − 1)− 124 =
1
240(25
√
5− 11).
Ou seja, ∫∫
S1
xy
x2 + y2 dS =
1
240(25
√
5− 11).
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Cálculo IV – AD2 AD2 – Tutor 5
x
y
z
S
R
R
R
r
(x, y, z)
P (0, 0, b)
Fig. 7: Esfera de raio R
Questão 4 [2,0 pontos] Calcule
∫∫
S
dS
r2
, onde S é a esfera
x2 + y2 + z2 = R2 e r é a distância entre (x, y, z) ∈ S e o
ponto fixo P = (0, 0, b), b > R.
Solução: O esboço de S está representado na Fig. 7.
Temos
r =
√
x2 + y2 + (z − b)2
=
√
x2 + y2 + z2 − 2bz + b2
=
√
R2 − 2bz + b2,
pois (x, y, z) ∈ S : x2 + y2 + z2 = R2. Então,
1
r2
= 1
R2 − 2bz + b2 .
Uma parametrização de S é dada por:
S : ~r(φ, θ) = (R senφ cos θ , R senφ sen θ , R cosφ),
com (φ, θ) ∈ D : 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ ≤ 2π.
Como dS = R2 senφ dφ dθ, então∫∫
S
1
r2
dS =
∫∫
S
1
R2 − 2bz + b2 dS
=
∫∫
D
R2 senφ
R2 − 2bR cosφ+ b2 dφ dθ
= R2
∫ π
0
senφ
R2 − 2bR cosφ+ b2
∫ 2π
0
dθ dφ
= 2πR2
∫ π
0
senφ
R2 − 2bR cosφ+ b2 dφ
= 2πR
2
2bR
[
ln (R2 − 2bR cosφ+ b2)
]π
0
= πR
b
ln(R + b)2 − ln(R− b)2︸ ︷︷ ︸
= ln(b − R)2

= πR
b
ln
(
b+R
b−R
)2
= 2πR
b
ln b+R
b−R
.
Ou seja, ∫∫
S
dS
r2
= 2πR
b
ln b+R
b−R
.
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