Cálculo e Integração de Campos

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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
AP3 – CÁLCULO IV – 2017-2
Questão 1 [2,0 pts]
Calcule a integral abaixo invertendo antes a ordem de integração:∫ 2
0
∫ 4
y2
√
x sen x dx dy.
Solução: Temos que
I =
∫ 2
0
∫ 4
y2
√
x sen x dx dy =
∫∫
D
√
x senx dx dy,
onde D = {(x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ y ≤ 2, y2 ≤ x ≤ 4} está descrita como uma região do tipo II.
Para inverter a ordem de integração devemos esboçar a região D para depois descrevê-la como uma
região do tipo I.
D
x
y
4
2
x = y2 =⇒ y =
√
x
y =
√
x
y = 0
Fig. 1: Região D. Questão 1.
Descrição de D como uma região do tipo I:
D : 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤
√
x.
Logo,
I =
∫ 4
0
∫ √x
0
√
x sen x dy dx =
∫ 4
0
(√
x sen x
) √
x dx =
∫ 4
0
x sen x dx.
Aplicando a técnica de integração por partes, façamos u = x e dv = sen x dx, donde du = dx e
v = −cosx.
Então,∫
x sen x dx = uv −
∫
v du = x(− cosx)−
∫
(− cosx) dx = −x cosx+
∫
cosx dx
= −x cosx+ sen x+ C.
Portanto,
I =
[
− x cosx+ sen x
]4
0
= (−4 cos 4 + sen 4)− (0 + sen 0) = sen 4− 4 cos 4.
Ou seja,
∫ 2
0
∫ 4
y2
√
x sen x dx dy = sen 4− 4 cos 4.
Questão 2 [2,0 pts]
Calcule a integral de linha do campo vetorial ~F (x, y) =
(
ey
x
, ey ln x+ 3x
)
ao longo da circunferência
C de centro (2, 0) e raio 1 percorrida no sentido anti-horário.
Solução: O esboço de C é:
Cálculo IV AP3 2
D C = ∂D
x
y
1 2 3
Fig. 2: Circunferência C delimitando o disco D. Questão 2.
Seja D a região limitada por C. Observamos que o campo ~F (x, y) = (P (x, y), Q(x, y)) =(
ey
x
, ey ln x+ 3x
)
é de classe C1 no conjunto aberto U = {(x, y) ∈ R2 ; x > 0}. Como D ⊂ U e
C = ∂D está orientada positivamente, então podemos aplicar o teorema de Green:�
C
~F · d~r =
∫∫
D
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dx dy =
∫∫
D
(
ey
x
+ 3− ey
x
)
dx dy
= 3
∫∫
D
dx dy = 3 · A(D) = 3(π · 12) = 3π.
Logo,
�
C
~F · d~r = 3π.
Questão 3 [2,0 pts]
Calcule a massa de um arame com o formato da curva C dada por x = 2 cos t, y = 2 sen t,
0 ≤ t ≤ π/2, sendo a densidade de massa dada por δ(x, y) = xy2.
Solução: A massa do arame é dada por:
M =
∫
C
δ(x, y) ds =
∫
C
xy2 ds.
Temos C : ~r(t) = (2 cos t, 2 sen t), 0 ≤ t ≤ π/2, donde ~r ′(t) = (−2 sen t, 2 cos t) e ds = ~r ′(t) dt =√
4 sen2 t+ 4 cos2 t dt =
√
4 dt = 2 dt.
Então,
M =
∫ π/2
0
(2 cos t)(2 sen t)2 2 dt = 16
∫ π/2
0
sen2 t cos t dt = 16
[
sen3 t
3
]π/2
0
= 16
3 .
Ou seja, M = 16
3 u.m.
Questão 4 [2,0 pts]
Seja ~F (x, y, z) = (x+ sen(yz), y − xe−z, z2) definido em R3.
(a) (0,6 pt) Calcule o divergente de ~F .
(b) (1,4 pt) Calcule o fluxo de ~F através da superf́ıcie do sólido W determinado pelos planos x = 0,
x = 2, y = 0, y = 2, z = 0 e z = 3, na direção da normal exterior ~n a S = ∂W .
Solução:
(a) Temos que:
div ~F = ∂
∂x
(x+ sen(yz)) + ∂
∂y
(y − xe−z) + ∂
∂z
(z2) = 1 + 1 + 2z = 2 + 2z.
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Cálculo IV AP3 3
(b) O esboço do sólido W está representado na figura que se segue:
W
S =∂W
x
y
z
2
2
3
~n ~n
~n
~n
~n
~n
D=ProjxyW
x
y
2
2
Fig. 3: Sólido W delimitado pela superf́ıcie S e sua projeção D sobre o plano xy. Questão 3.
Como estamos nas condições do teorema de Gauss, temos:∫∫
S=∂W
~F · ~n dS =
∫∫∫
W
div ~F dx dy dz =
∫∫∫
W
(2 + 2z) dx dy dz
=
∫∫
D
∫ 3
0
(2 + 2z) dz dx dy =
∫∫
D
[
2z + z2
]3
0
dx dy
=
∫∫
D
(6 + 9) dx dy = 15
∫∫
D
dx dy
= 15 · A(D) = 15(22) = 60.
Quer dizer,
∫∫
S
~F · ~n dS = 60.
Questão 5 [2,0 pts]
Determine as constantes a e b para que a integral
∫
C
(az2 − y2 sen x) dx+ by cosx dy + xz dz seja
independente do caminho.
Solução: Como o campo ~F (x, y, z) = (az2 − y2 sen x, by cosx, xz) é de classe C1 em R3, temos:∫
C
~F · d~r é independente do caminho ⇐⇒ rot ~F = ~0.
Calculemos então rot ~F :
rot ~F =
∣∣∣∣∣∣∣
~ı ~ ~k
∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z
az2 − y2 sen x by cosx xz
∣∣∣∣∣∣∣
= (0, 2az − z,−by sen x+ 2y sen x) = (0, z(2a− 1), y sen x(−b+ 2)).
Assim,
rot ~F = ~0⇐⇒ 2a− 1 = 0, −b+ 2 = 0⇐⇒ a = 1
2 , b = 2.
Ou seja, para a = 1
2 , b = 2, segue que
∫
C
~F · d~r não depende de C.
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