Integrais e Teoremas Matemáticos

Prévia do material em texto

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 – 2016-1
Questão 1 [2,5 pts] Seja dada a integral dupla
I =
∫∫
D
f (x, y) dx dy =
∫ 4
0
∫ 2
√
x
f (x, y) dy dx.
Inverta a ordem de integração na integral I e em seguida calcule seu valor para f (x, y) = ey3
.
Solução: A região D é dada por
D : 0 ≤ x ≤ 4 ,
√
x ≤ y ≤ 2 (região do tipo I)
Assim, o esboço de D é:
D
y
x2 4
2
y=
√
x=⇒ x=y2
x=0 x=y2
Descrevendo D como uma região do tipo II, temos
D : 0 ≤ y ≤ 2 , 0 ≤ x ≤ y2.
Então,
I =
∫ 2
0
∫ y2
0
f (x, y) dx dy.
Temos
I =
∫ 2
0
∫ y2
0
ey3
dx dy =
∫ 2
0
ey3
y2 dy.
Fazendo u = y3, temos du = 3y2 dy ou y2 dy =
du
3
.
Para y = 0, temos u = 0 e para y = 2, temos u = 8.
Assim,
I =
∫ 8
0
eu du
3
=
1
3
[
eu
]8
0
=
1
3
(e8 − 1).
Questão 2 [2,5 pts] Mostre que a integral abaixo independe do caminho e calcule-a
I =
∫
C
(2xy − y2) dx + (x2 − 2xy + 1)dy
onde C é dada por
~r(t) =
(
ln(1 + t2)
ln 2
,
et − 1
e − 1
)
, 0 ≤ t ≤ 1.
Solução: Do enunciado, temos o campo ~F = (P,Q) = (2xy − y2 , x2 − 2xy + 1) que é de classe
C1 em R2. Como R2 é um conjunto simplesmente conexo e
∂Q
∂x
= 2x − 2y =
∂P
∂y
conclúımos, pelo
Teorema das Equivalências, que a integral I independe do caminho que liga ~r (0) =
(
ln 1
ln 2
, 0
)
= (0, 0)
a ~r (1) =
(
ln 2
ln 2
,
e − 1
e − 1
)
= (1, 1).
Sendo assim, consideramos o segmento de reta C1 que vai de (0, 0) a (1, 1). Temos então
C1 : y = x , 0 ≤ x ≤ 1,
donde dy = dx.
Cálculo IV AP3 2
Assim, temos
I =
∫
C
(2xy − y2) dx + (x2 − 2xy + 1) dy =
∫
C1
(2xy − y2) dx + (x2 − 2xy + 1) dy
=
∫ 1
0
(2x2 − x2) dx + (x2 − 2x2 + 1) dx =
∫ 1
0
(x2 − x2 + 1) dx =
∫ 1
0
dx = 1.
Ou seja, I = 1.
Questão 3 [2,5 pts] Use o Teorema de Green para transformar a integral
I =
∫
C
(ey − x2y) dx + (y2x + xey) dy
em uma integral dupla e calcule-a, onde C é a circunferência x2 + y2 = 4, orientada positivamente.
Solução: O esboço de C e da região D que limita são mostrados na figura abaixo.
D
y
x2
2
C=∂D
Como ~F = (P,Q) = (ey− x2y , y2x+ xey) é de classe C1 em R2 e C = ∂D está orientada positivamente,
podemos aplicar o Teorema de Green:
I =
∫
C
~F · d~r =
∫
∂D+
~F · d~r =
∫∫
D
(
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
)
dx dy
=
∫∫
D
[
∂
∂x
(y2x + xey) −
∂
∂y
(ey − x2y)
]
dx dy
=
∫∫
D
(y2 + ey) − (ey − x2) dx dy =
∫∫
D
(x2 + y2) dx dy.
Usando coordenadas polares, temos
x = r cos θ , y = r sen θ , dx dy = r dr dθ , x2 + y2 = r2.
A região D transforma-se em
Drθ : 0 ≤ r ≤ 2 , 0 ≤ θ ≤ 2π.
Então,
I =
∫ 2π
0
∫ 2
0
r2 · r dr dθ =
∫ 2π
0
∫ 2
0
r3 dr dθ =
∫ 2π
0
[
r4
4
]2
0
dθ = 4 · 2π = 8π.
Ou seja, I = 8π.
Questão 4 [2,5 pts] Seja dado o campo vetorial ~F(x, y, z) = x3~ı + y3~ + z3 ~k . Use o Teorema de
Gauss para transformar o fluxo
∫∫
S
~F ·~n dS em uma integral tripla e calcule-a, onde S é a superf́ıcie
esférica x2 + y2 + z2 = 1, orientada com ~n exterior a S .
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV AP3 3
Solução: O esboço do sólido W tal que ∂W = S é
W
x y
z
~n
1 1
1
S =∂W
Como o campo ~F é de classe C1 em R3 e S = ∂W está orientada positivamente, então podemos
aplicar o Teorema de Gauss:∫∫
S
~F · ~n dS =
∫∫
∂W
~F · ~n dS =
∫∫∫
W
div ~F dV =
∫∫∫
W
(
∂(x3)
∂x
+
∂(y3)
∂y
+
∂(z3)
∂z
)
dV
=
∫∫∫
W
(3x2 + 3y2 + 3z2) dV = 3
∫∫∫
W
(x2 + y2 + z2) dV.
Passando para coordenadas esféricas, temos:
x = ρ sen φ cos θ , y = ρ sen φ sen θ , z = ρ cos φ , dV = ρ2 sen φ dρ dφ dθ , x2 + y2 + z2 = ρ2.
O sólido W transforma-se em Wρφθ : 0 ≤ ρ ≤ 1 , 0 ≤ φ ≤ π , 0 ≤ θ ≤ 2π.
Então, ∫
S
~F · ~n dS = 3
∫∫∫
Wρφθ
ρ2 · ρ2 sen φ dρ dφ dθ = 3
∫∫∫
Wρφθ
ρ4 sen φ dρ dφ dθ
= 3
∫ 1
0
ρ4
∫ π
0
sen φ
∫ 2π
0
dθ dφ dρ = 6π
∫ 1
0
ρ4
[
− cos φ
]π
0︸ ︷︷ ︸
=2
dρ
= 12π
[
ρ5
5
]1
0
=
12π
5
.
Ou seja,
∫∫
S
~F · ~n dS =
12π
5
.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ