Cálculo de Integrais e Trabalho

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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 – 2019-1
Questão 1 [2,0 pts] Inverta a ordem de integração da integral abaixo e calcule seu valor:
x
y
D
y= x2 =⇒x=2y
2
1
Fig. 1: Região D, Questão 1.
I =
∫ 2
0
∫ 1
x/2
sen(y2) dy dx.
Solução: A região de integração é o conjunto
D = {(x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ x ≤ 2, x/2 ≤ y ≤ 1},
definido como uma região do tipo I.
Para inverter a ordem de integração em I, devemos enquadrar
D como uma região do tipo II:
D : 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ 2y.
Logo,
I =
∫ 1
0
sen(y2)
∫ 2y
0
dx dy =
∫ 1
0
sen(y2) 2y dy =
[
− cos(y2)
]1
0
= 1− cos 1.
Isto é,
I = 1− cos 1.
Questão 2 [2,0 pts]: Calcule a integral de linha de f(x, y, z) =
√
2− 2xy sobre a curva
C = {(x, y, z) ∈ R3 ; x2 + y2 = 1, z = 2− x− y, x ≥ 0, y ≥ 0}.
Solução: A projeção de C no plano xy é uma porção do ćırculo de raio 1, centrado na origem que
se parametriza por
x = cos t , y = sen t.
Como x ≥ 0 e y ≥ 0 em C, temos que cos t ≥ 0 e sen t ≥ 0, donde 0 ≤ t ≤ π/2.
Para encontrar uma parametrização de C, utilizamos a equação z = 2− x− y. Temos então:
C : ~r(t) = (cos t, sen t, 2− cos t− sen t), 0 ≤ t ≤ π/2.
Assim, ∫
C
f(x, y, z) ds =
∫
C
√
2− 2xy ds.
• Cálculo de ds = ‖~r ′(t)‖ dt:
Temos
~r ′(t) = (− sen t, cos t, sen t− cos t)
e
‖~r ′(t)‖ =
√
sen2 t+ cos2 t+ sen2 t− 2 sen t cos t+ cos2 t =
√
2− 2 sen t cos t.
Então, ∫
C
√
2− 2xy ds =
∫ π/2
0
√
2− 2 cos t sen t
√
2− 2 sen t cos t dt
=
∫ π/2
0
(2− 2 sen t cos t) dt
=
[
2t− sen2 t
]π/2
0
= π − 1.
Ou seja, ∫
C
√
2− 2xy ds = π − 1.
Cálculo IV AP3 2
Questão 3 [2,0 pts]: Calcule o trabalho realizado por ~F (x, y) = −y~ı + x~ para mover uma
part́ıcula ao longo da curva C : x29 +
y2
4 = 1, no sentido anti-horário, de duas maneiras:
x
y
C
3
2
Fig. 2: Curva C, Questão 3.
(a) Por um cálculo direto.
(b) Usando o teorema de Green.
Solução: O trabalho realizado por ~F ao
longo de C é dado por
W =
∫
C
~F · d~r.
(a) Cálculo direto.
O esboço da elipse C é:
Uma parametrização de C é dada por:
C : x = 3 cos t, y = 2 sen t, 0 ≤ t ≤ 2π.
De modo que dx = −3 sen t dt, dy = 2 cos t dt.
Assim, a integral é dada por:∫
C
~F · d~r =
∫
C
P dx+Qdy =
∫
C
−y dx+ x dy
=
∫ 2π
0
(−2 sen t)(−3 sen t) dt+ (3 cos t)(2 cos t) dt
=
∫ 2π
0
(6 sen2 t+ 6 cos2 t) dt = 6
∫ 2π
0
dt = 12π.
Ou seja, W = 12π u.w.
x
y
D
C=∂D
3
2
Fig. 3: Região D, Questão 3.
(b) Usando o Teorema de Green.
Seja D a região compacta do R2 com bordo
C ilustrada na Figura 3.
Como estamos nas condições do Teorema de
Green, temos:∫
C
~F · d~r =
∫∫
D
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dx dy
=
∫∫
D
(
∂x
∂x
− ∂(−y)
∂y
)
dx dy
=
∫∫
D
(1 + 1) dx dy
= 2πab =
a = 3; b = 2
2π · 6 = 12π.
Ou seja, W = 12π u.w.
Questão 4 [2,0 pts]: Seja a superf́ıcie S, parte do plano z = 2 − x − y interior ao cilindro
x2 + y2 = 4.
(a) [0,6 pt] Apresente uma parametrização para S.
(b) [1,4 pt] Calcule a massa de S tendo em conta que a densidade superficial de massa é dada por
δ(x, y, z) =
√
x2 + y2.
Solução:
(a) O esboço de S é mostrado na Figura 4. A superf́ıcie S é o gráfico da função z = z(x, y) = 2−x−y
com doḿınio D = {(x, y) ∈ R2 ; x2 + y2 ≤ 4}.
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Cálculo IV AP3 3
x
y
z
S
22
2
Fig. 4: Superf́ıcie S, Questão 4.
Portanto, uma parametrização para S é dada por:
S : ~r(x, y) = (x, y, 2− x− y), (x, y) ∈ D.
(b) Sabemos que
M(S) =
∫∫
S
δ(x, y, z) dS =
∫∫
S
√
x2 + y2 dS,
sendo
dS =
√
1 + (zx)2 + (zy)2 dx dy
=
√
1 + (−1)2 + (−1)2 dx dy
=
√
3 dx dy.
Logo,
M(S) =
∫∫
D
√
x2 + y2
√
3 dx dy
=
√
3
∫∫
D
√
x2 + y2 dx dy.
Em coordenadas polares, temos
√
x2 + y2 dx dy =
√
r2 r dr dθ = r2 dr dθ
e
Drθ : 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π.
Assim, ∫∫
D
√
x2 + y2 dx dy =
∫∫
Drθ
r2 dr dθ =
∫ 2
0
r2
∫ 2π
0
dθ dr = 2π
[
r3
3
]2
0
= 16π3 .
Donde, M(S) = 16
√
3π
3 u.m.
Questão 5 [2,0 pts]: Seja S a superf́ıcie fechada formada pelo hemisfério x2 +y2 + z2 = 1, z ≥ 0
e sua base x2 + y2 ≤ 1, z = 0, orientada com o vetor normal unitário ~n exterior a S.
Calcule
∫∫
S
~F · ~n dS, onde ~F (x, y, z) = x~ı − y~ + z2~k .
x
y
z
S=∂W
W
11
1
~n
~n
Fig. 5: Superf́ıcie S = ∂W , Questão 5.
Solução: Seja W a região sólida limitada por S. Sua fronteira
é ∂W = S, orientada com ~n apontando para fora de W .
Usando a fórmula do Teorema de Gauss, temos∫∫
S
~F · ~n dS =
∫∫∫
W
div ~F dV.
Como div ~F = 1− 1 + 2z = 2z, então∫∫∫
W
div ~F dV =
∫∫∫
W
2z dV.
Para calcular essa última integral mudamos das coordenadas
cartesianas para as coordenadas esféricas:
2z dV = (2ρ cosφ) ρ2 senφ dρ dφ dθ
= 2ρ3 cosφ senφ dρ dφ dθ
e
Wρφθ : 0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ φ ≤ π/2, 0 ≤ θ ≤ 2π.
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Cálculo IV AP3 4
Assim, ∫∫∫
W
2z dV =
∫∫∫
Wρφθ
2ρ3 cosφ senφ dρ dφ dθ
= 2
∫ π/2
0
cosφ senφ
∫ 1
0
ρ3
∫ 2π
0
dθ dρ dφ
= 4π
∫ π/2
0
cosφ senφ
[
ρ4
4
]1
0
dφ = π
[
sen2 φ
2
]π/2
0
= π2 .
Ou seja,
∫∫
S
~F · ~n dS = π2 .
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