Cálculo IV - Exercícios Resolvidos

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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
Cálculo IV – EP16 – Tutor
Queridos alunos!
Este é o último EP do curso e tem como objetivo prepará-los para as próximas avaliações. Estudem
os 21 primeiros exerćıcios para a AP2 e estudem todos os exerćıcios para a AP3.
Exerćıcio 1: Uma part́ıcula move-se no plano de modo que no instante t sua posição é dada por
~r(t) = (t, t2). Calcule o trabalho realizado pelo campo de forças ~F(x, y) = (x + y)~ı + (x − y)~ no
deslocamento da part́ıcula de ~r(0) a ~r(1).
Solução: O trabalho realizado pelo campo ~F ao longo da trajetória C dada por ~r(t) = (t, t2), de ~r(0)
até ~r(1) é dado por
W =
∫
C
~F · d~r =
∫
C
(x + y)dx + (x − y)dy.
Como x = t, y = t2, 0 ≤ t ≤ 1, então, dx = dt, dy = 2t dt. Logo,
W =
∫ 1
0
(t + t2)dt + (t − t2)2t dt
=
∫ 1
0
(t + t2
+ 2t2 − 2t3)dt
=
∫ 1
0
(t + 3t2 − 2t3)dt =
[
t2
2
+ t3 − t4
2
]1
0
=
1
2
+ 1 − 1
2
= 1 u.w.
Solução alternativa:
W =
∫
C
~F · d~r =
∫ 1
0
~F(~r(t)) · ~r′(t) dt
=
∫ 1
0
(t + t2, t − t2) · (1, 2t) dt
=
∫ 1
0
(t + t2
+ 2t2 − 2t3) dt
=
∫ 1
0
(t + 3t2 − 2t3)dt = 1 u.w.
Exerćıcio 2: Calcule
I =
∮
C
(
− x2y
1 + x2
+ y2
)
dx + (x + arctg x) dy
onde C é o caminho fechado formado por y = 0, x+2y = 4 e x = 0, orientado no sentido anti-horário.
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Solução: O cálculo direto da integral parece uma tarefa imposśıvel, mas o Teorema de Green fornece
um outro método de resolução. Temos
P = − x2y
1 + x2
+ y2 e Q = x + arctg x
donde
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
= 1 +
1
1 + x2
−
(
− x2
1 + x2
+ 2y
)
= 1 +
1 + x2
1 + x2
− 2y = 2 − 2y = 2(1 − y) .
Então:
I =
∫∫
D
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dxdy = 2
∫∫
D
(1 − y) dxdy
onde D é a região do plano limitada por C, conforme a figura que se segue.
x
y
D
x = 0
x = 4 − 2y
C = ∂D
2
4
A região D pode ser vista como tipo II:
D =
{
(x, y) | 0 ≤ y ≤ 2 , 0 ≤ x ≤ 4 − 2y
}
.
Logo
I = 2
∫ 2
0
∫ 4−2y
0
(1 − y) dxdy = 2
∫ 2
0
(1 − y)(4 − 2y) dy =
= 4
∫ 2
0
(
2 − 3y + y2) dy = 4
[
2y − 3y2
2
+
y3
3
]2
0
=
8
3
.
Exerćıcio 3: Use o teorema de Green para calcular
∮
C
(x4 − y3) dx+ (x3
+ y5) dy, onde C é dada por
~r(t) = (cos t, sen t), 0 ≤ t ≤ 2π.
Solução: Seja ~F = (P,Q) = (x4 − y3, x3
+ y5) um campo de classe C1 em R2. Da parametrização de
C, vemos que se trata da circunferência x2
+ y2
= 1, orientada no sentido anti-horário.
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A curva C é fronteira do disco D dado por x2
+ y2 ≤ 1, que está contido em R2.
Como C = ∂D está orientada positivamente, então pelo teorema de Green, temos
∮
C
(x4 − y3)
︸ ︷︷ ︸
P
dx + (x3
+ y5)
︸ ︷︷ ︸
Q
dy =
∫∫
D
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dx dy
=
∫∫
D
(3x2 − (−3y2))dx dy = 3
∫∫
D
(x2
+ y2)dx dy.
Passando para coordenadas polares, temos
x2
+ y2
= r2, dx dy = r dr dθ,
Drθ : 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ θ ≤ 2π.
Logo,
∫∫
D
(x2
+ y2)dx dy =
∫∫
Drθ
r2 · r dr dθ =
∫∫
Drθ
r3 dr dθ =
∫ 2π
0
∫ 1
0
r3 dr dθ
=
∫ 2π
0
[
r4
4
]1
0
dθ =
1
4
∫ 2π
0
dθ =
1
4
· 2π = π
2
.
Portanto,
∮
C
(x4 − y3)dx + (x3
+ y5)dy =
3π
2
.
Exerćıcio 4: Calcule a integral de linha
I =
∫
C
(
y2
+ x
)
dx +
(
5x − ey2
+
√
1 + y6
)
dy
sobre a circunferência superior x2
+ y2
= 1, com y ≥ 0, orientada no sentido anti-horário.
Solução: O cálculo direto dessa integral é uma tarefa complicada. Para aplicar o Teorema de Green,
devemos primeiro fechar a curva C usando o segmento de reta C1, dado por C1 :
{
y = 0
−1 ≤ x ≤ 1
. Se
y = 0 então dy = 0. Seja D a região do plano, limitada por C = C ∪C1. Logo, ∂D = C.
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x
y
D
C
C1−1
1
1
Como estamos nas condições do Teorema de Green, temos
∫
C
~F · d~r +
∫
C1
~F · d~r =
∫∫
D
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dxdy =
∫∫
D
(5 − 2y) dxdy (1)
Passando para coordenadas polares, temos



x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = rdrdθ
e Drθ é dado por
Drθ :
{
0 ≤ r ≤ 1
0 ≤ θ ≤ π
Logo:
∫∫
D
(5 − 2y)dxdy =
∫∫
Drθ
(5 − 2r sen θ)r drdθ
=
∫ 1
0
∫ π
0
(
5r − 2r2 sen θ
)
dθdr
=
∫ 1
0
[
5rθ + 2r2 cos θ
]π
0
dr
=
∫ 1
0
(
5πr − 4r2) dr
=
[
5πr2
2
− 4r3
3
]1
0
=
5π
2
− 4
3
.
(2)
Cálculo de
∫
C1
~F · d~r
Temos:
∫
C1
~F · d~r =
∫
C1
(
y2
+ x
)
dx +
(
5x − ey2
+
√
1 + y6
)
dy
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onde y = 0, dy = 0 e −1 ≤ x ≤ 1. Então:
∫
C1
~F · d~r =
∫ 1
−1
x dx =
[
x2
2
]1
−1
= 0 (3)
Logo, de (1), (2) e (3), segue que
∫
C
= ~F · d~r = 5π
2
− 4
3
.
Exerćıcio 5:
(a) A integral I =
∫
C
(sen xy + xy cos xy) dx + x2 cos xy dy é independente do caminho?
(b) Calcule o valor I onde C é dada por σ(t) =
(
t2 − 1, t2
+ 1
)
, com 0 ≤ t ≤ 1.
Solução:
(a) Seja ~F = (P,Q) =
(
sen xy + xy cos xy, x2 cos xy
)
, para todo (x, y) ∈ R2. Temos
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
=
(
2x cos xy − x2y sen xy
)
−
(
x cos xy + x cos xy − x2y sen xy
)
= 0
em R2. Como R2 é um conjunto simplesmente conexo então, pelo teorema das equivalências segue
que I é independente do caminho.
(b) Também do teorema das equivalências temos que ~F é conservativo.
Construção de uma função potencial para ~F
Temos:
∂ϕ
∂x
= sen xy + xy cos xy (4)
∂ϕ
∂y
= x2 cos xy (5)
Integrando (5) em relação a y, temos:
ϕ(x, y) = x sen xy + f (x) (6)
onde f (x) é uma “constante” de integração. Derivando (6) em relação a x e usando (4), temos:
sen xy + xy cos xy + f ′(x) = sen xy + xy cos xy
ou f ′(x) = 0. Logo, f (x) = c. Fazendo c = 0, temos uma função potencial
ϕ(x, y) = x sen xy ,
em R2. Logo:
I = ϕ
(
σ(1)
)
− ϕ
(
σ(0)
)
= ϕ(0, 1) − ϕ(−1, 1) = 0 − (−1) sen(−1) = sen(−1) = − sen 1 .
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Exerćıcio 6: Calcule a massa da chapa fina S dada por x = u, y = v, z = u + 2v, 0 ≤ u ≤ 1,
0 ≤ v ≤ 1, sendo δ(x, y, z) = x + y + z a densidade superficial.
Solução: Temos S : ~r(u, v) = (u, v, u + 2v), (u, v) ∈ D : 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 1.
A massa de S é dada por
M =
∫∫
S
(x + y + z) dS =
∫∫
D
(u + v + u + 2v)
∥
∥
∥
∥
∥
∂~r
∂u
× ∂~r
∂v
∥
∥
∥
∥
∥
du dv
=
∫∫
D
(2u + 3v)
∥
∥
∥
∥
∥
∂~r
∂u
× ∂~r
∂v
∥
∥
∥
∥
∥
du dv,
onde
∂~r
∂u
× ∂~r
∂v
= (1, 0, 1) × (0, 1, 2) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~ı ~ı ~k
1 0 1
0 1 2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (−1,−2, 1),
e, portanto,
∥
∥
∥
∥
∥
∂~r
∂u
× ∂~r
∂v
∥
∥
∥
∥
∥
=
√
(−1)2
+ (−2)2
+ 12
=
√
6 .
Logo,
M =
√
6
∫∫
D
(2u + 3v) du dv =
√
6
∫ 1
0
∫ 1
0
(2u + 3v) du dv =
√
6
∫ 1
0
[
u2
+ 3uv
]1
0
dv
=
√
6
∫ 1
0
(1 + 3v) dv =
√
6
[
v +
3v2
2
]1
0
=
√
6
(
1 +
3
2
)
=
5
√
6
2
.
Portanto, a massa é
5
√
6
2
u.m.
Exerćıcio 7: Seja S a porção do cilindro x2
+ y2
= 9 limitada pelos planos z = 0 e y + z = 4.
(a) Parametrize S usando coordenadas ciĺındricas como parâmetros.
(b) Calcule
∫∫
S
(
x2
+ y2
)
z dS .
Solução:
(a) O esboço de S está representado na figura que se segue.
Seja (x, y, z) ∈ S . Então x2
+ y2
= 9 e 0 ≤ z ≤ 4 − y. Usando coordenadas ciĺındricas temos que
x = r cos θ, y = r sen θ e z = z. Como no nosso caso, r = 3, então uma parametrização de S é dada
por S : ϕ(θ, z) = (3 cos θ, 3 sen θ, z) com (θ, z) ∈ D : 0 ≤ θ ≤ 2π , 0 ≤ z ≤ 4 − 3 sen θ.
(b) Temos ϕθ = (−3 sen θ, 3 cos θ, 0) e ϕz = (0, 0, 1). Logo,
ϕθ × ϕz =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~ı ~ ~k
−3 sen θ 3 cos θ 0
0 0 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (3 cos θ, 3 sen θ, 0) ,
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x
y
z
S
(x, y, 0)
(x, y, z)
3
3
4
4
donde
dS = ‖ϕθ × ϕz‖ dθdz =
√
9 cos2 θ + 9 sen2 θ dθdz = 3dθdz .
Logo:
∫∫
S
(
x2
+ y2
)
z dS =
∫∫
D
(
9 cos2 θ + 9 sen2 θ
)
z 3dθdz =
= 27
∫ 2π
0
∫ 4−3 sen θ
0
z dzdθ = 27
∫ 2π
0
[
z2
2
]4−3 sen θ
0
dθ =
=
27
2
∫ 2π
0
(
16 − 24 sen θ + 9 sen2 θ
)
dθ =
=
27
2
[
16θ + 24 cos θ +
9
2
(
θ − sen 2θ
2
)]2π
0
=
=
27
2
(32π + 9π)=
1107π
2
.
Exerćıcio 8: Calcule a massa da superf́ıcie S porção do cone z =
√
x2
+ y2 compreendida entre os
planos z = 1 e z = 3, sendo a densidade superficial de massa dada por δ(x, y, z) = x2
+ y2.
Solução: O esboço de S está representado na figura que se segue.
A superf́ıcie S é descrita por S : z =
√
x2
+ y2
= f (x, y) com (x, y) ∈ D : 1 ≤ x2
+ y2 ≤ 9. Temos
dS =
√
1 + ( fx)2
+ ( fy)2 dxdy =
√
1 +
(
x
√
x2
+ y2
)2
+
(
y
√
x2
+ y2
)2
dxdy =
=
√
1 +
x2
+ y2
x2
+ y2
dxdy =
√
2 dxdy .
Como
M =
∫∫
S
δ(x, y, z) dS =
∫∫
S
(
x2
+ y2
)
dS
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x
y
z
S
D
1
1
1
3
3
3
então:
M =
∫∫
D
(
x2
+ y2
) √
2 dxdy =
√
2
∫∫
D
(
x2
+ y2
)
dxdy .
Passando para coordenadas polares, temos:



x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = rdrdθ
x2
+ y2
= r2
O conjunto Drθ é dado por Drθ :
{
1 ≤ r ≤ 3
0 ≤ θ ≤ 2π
. Então:
M =
√
2
∫∫
Drθ
r2 · r drdθ =
√
2
∫∫
Drθ
r3 drdθ =
√
2
∫ 3
1
r3
∫ 2π
0
dθdr =
= 2
√
2π
∫ 3
1
r3 dr =
2
√
2π
4
· r4
∣
∣
∣
∣
3
1
=
√
2π
2
· (81 − 1) = 40
√
2π u.m.
Exerćıcio 9: Use o Teorema da Divergência para calcular o fluxo do campo ~F(x, y, z) =
x3
3
~ı+
y3
3
~+2~k,
através da superf́ıcie S do cilindro W = {(x, y, z) ∈ R3 | x2
+ y2 ≤ 4, −2 ≤ z ≤ 2} com normal ~n
apontando para fora de W.
Solução: O esboço de S , superf́ıcie do cilindro W é:
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Como ~F = (P,Q,R) =
(
x3
3 ,
y3
3 , 2
)
é de classe C1 em R3 e S = ∂W está orientada positivamente, então,
pelo Teorema da Divergência, temos:
∫∫
S
~F · ~n dS =
∫∫∫
W
div ~F dV
=
∫∫∫
W
(
∂P
∂x
+
∂Q
∂y
+
∂R
∂z
)
dV
=
∫∫∫
W
(x2
+ y2) dV.
Passando para coordenadas ciĺındricas, temos
x2
+ y2
= r2, dV = r dr dθ dz
e
Wrθz : 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π, −2 ≤ z ≤ 2.
Então,
∫∫∫
W
(x2
+ y2) dV =
∫∫∫
Wrθz
r2 · r dr dθ dz =
∫∫∫
Wrθz
r3 dr dθ dz
=
∫ 2
−2
∫ 2π
0
∫ 2
0
r3 dr dθ dz =
∫ 2
−2
∫ 2π
0
[
r4
4
]2
0
dθ dz
= 4
∫ 2
−2
∫ 2π
0
dθ dz = 8π
∫ 2
−2
dz = 32π.
Portanto,
∫∫
S
~F · ~n dS = 32π.
Exerćıcio 10: Calcule o fluxo de ~F(x, y, z) = (x2, y,−z) através de S , superf́ıcie do paraleleṕıpedo W
limitado pelos planos coordenados e pelos planos x = 2, y = 2, z = 3, com a normal ~n apontando
para fora de W.
Solução: O esboço de S , superf́ıcie do paraleleṕıpedo W é:
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Como ~F = (P,Q,R) = (x2, y,−z) é de classe C1 em R3 e S = ∂W está orientada positivamente, então
pelo teorema de Gauss, temos
∫∫
S
~F · ~n dS =
∫∫∫
W
div ~F dV =
∫∫∫
W
(
∂P
∂x
+
∂Q
∂y
∂R
∂z
)
dV
=
∫∫∫
W
(2x + 1 − 1) dV =
∫∫∫
W
2x dV
=
∫ 3
0
∫ 2
0
∫ 2
0
2x dx dy dz =
∫ 3
0
∫ 2
0
[
x2
]2
0
dy dz
= 4
∫ 3
0
∫ 2
0
dy dz = 8
∫ 3
0
dz = 24.
Exerćıcio 11: Calcule o fluxo de
~F =
(
ez arctg z
)
~ı +
[
ez ln
(
x2
+ 1
)]
~ + z~k
através de S parte do parabolóide z = 4 − x2 − y2, acima de z = 1, na direção da normal exterior ~n.
Solução: Note na figura que se segue que a superf́ıcie S não é fechada.
Da complexidade do campo ~F, calcular o fluxo diretamente não é uma tarefa simples. Então tentemos
usar o teorema de Gauss. Para isso, devemos fechar a superf́ıcie S com a porção S 1 do plano z = 1,
delimitada pela circunferência x2
+ y2
= 3, orientada com ~n1 = −~k. A figura a seguir mostra o sólido
W delimitado por S e S 1.
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Cálculo IV – EP16 Tutor 11
x
y
z
S
1
4
~n
x
y
z
S
D
1
4
~n
~n1
S 1
√
3√
3
Como estamos nas condições do teorema de Gauss, temos:
∫∫
S
~F· ~n dS +
∫∫
S 1
~F· ~n1 dS =
∫∫∫
W
div ~F dxdydz =
=
∫∫∫
W
(0 + 0 + 1) dxdydz =
∫∫∫
W
dxdydz =
=
∫∫
D


∫ 4−x2−y2
1
dz

 dxdy =
∫∫
D
(
3 − x2 − y2) dxdy =
=
∫ 2π
0
∫
√
3
0
(
3 − r2)r drdθ =
∫ 2π
0
∫
√
3
0
(
3r − r3) drdθ =
=
∫ 2π
0
[
3 · r2
2
− r4
4
]
√
3
0
dθ =
(
9
2
− 9
4
)
· 2π = 9π
2
.
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Mas
∫∫
S 1
~F· ~n1 dS =
∫∫
S 1
(
e arctg 1, e ln(x2
+ 1), 1
)
· (0, 0,−1) dS =
= −
∫∫
S 1
dS = −A(S 1) = −π
(√
3
)2
= −3π .
Logo:
∫∫
S
~F· ~n dS =
9π
2
+ 3π =
15π
2
.
Exerćıcio 12: Seja S a calota esférica dada pela equação x2
+y2
+ z2
= 4, z ≥ 0 e considere o campo
~F(x, y, z) = (y2x, z2y + x, x2z + 4). Fixe uma orientação sobre S e calcule o fluxo de ~F através de S .
Solução: Inicialmente, fixemos uma orientação sobre S : ~n exterior a S . Calcular o fluxo de ~F através
da superf́ıcie S é uma tarefa penosa. Como S é uma superf́ıcie aberta, vamos fechá-la usando S 1,
porção do plano z = 0 limitada pela circunferência x2
+ y2
= 4, orientada com ~n1 = −~k.
x
y
z
S
S 1
~n
~n1
Seja W o sólido limitado por S e S 1. Logo, ∂W = S ∪ S 1. Como ∂W está orientada positivamente
e como ~F é um campo de classe C1 em R3, então pelo Teorema de Gauss, temos:
∫∫
S
~F · ~n dS +
∫∫
S 1
~F · ~n1 dS =
∫∫∫
W
div ~F dxdydz =
∫∫∫
W
(
y2
+ z2
+ x2) dxdydz .
Passando para coordenadas esféricas, temos:
∫∫∫
W
(
x2
+ y2
+ z2)dxdydz =
∫∫∫
Wρφθ
ρ2 · ρ2 senφ dρdφdθ =
∫∫∫
Wρφθ
ρ4 sen φ dρdφdθ
onde Wρφθ é dado por:
Wρφθ :



0 ≤ ρ ≤ 2
0 ≤ φ ≤ π/2
0 ≤ θ ≤ 2π .
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Cálculo IV – EP16 Tutor 13
Então:
∫∫∫
W
(
x2
+ y2
+ z2) dxdydz =
∫ 2
0
∫ π/2
0
∫ 2π
0
ρ4 sen φ dθdφdρ = 2π
∫ 2
0
∫ π/2
0
ρ4 senφ dφdρ =
= 2π
[
− cosφ
]π/2
0
∫ 2
0
ρ4 dρ = 2π
[
ρ5
5
]2
0
=
64π
5
.
Logo:
∫∫
S
~F · ~n dS +
∫∫
S 1
~F · ~n1 dS =
64π
5
.
Agora, calculemos
∫∫
S 1
~F · ~n1 dS .
Temos S 1 : z = 0 = f (x, y), (x, y) ∈ D : x2
+ y2 ≤ 4 , ~n1 = −~k. Logo, dS = dxdy. Então:
∫∫
S 1
~F · ~n1 dS =
∫∫
S 1
(
y2x, 0 + x, 0 + 4
)
· (0, 0,−1) dS =
= −4
∫∫
S 1
dS = −4A(S 1) = −4 · π · 22
= −16π .
Assim:
∫∫
S
~F · ~n dS =
64π
5
+ 16π =
144π
5
.
Exerćıcio 13: Seja um campo de forças dado por ~F(x, y, z) =
(
3x2yz + ez, x3z, x3y + xez
+ 3z2
)
.
(a) ~F é um campo conservativo? Por quê?
(b) Calcule o trabalho realizado por ~F para mover uma part́ıcula ao longo da curva C interseção da
superf́ıcie z = 1 − x2, z ≥ 0, com o plano y + z = 1, orientada no sentido do crescimento de x.
Solução:
(a) Temos
rot~F =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~ı ~ ~k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
3x2yz + ez x3z x3y + xez
+ 3z2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
(
x3 − x3, 3x2y + ez − ez − 3x2y, 3x2z − 3x2z
)
= (0, 0, 0) = ~0 .
Como dom ~F = R3, que é um conjunto simplesmente conexo e rot ~F = ~0, então pelo teorema das
equivalências, segue que ~F é conservativo.
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Cálculo IV – EP16 Tutor 14
x
y
z
C
1
1
1
A = (−1, 1, 0)
B = (1, 1, 0)
(b) O esboço de C está representado na figura que se segue.
O trabalho W é dado por:
W =
∫
C
~F · d~r.
Como ~F é conservativo, logo existe uma função ϕ(x, y, z), tal que ∇ϕ = ~F em R3, isto é,
∂ϕ
∂x
= 3x2yz + ez (7)
∂ϕ
∂y
= x3z (8)
∂ϕ
∂z
= x3y + xez
+ 3z2 (9)
Integrando (7), (8) e (9) em relação a x, y e z respectivamente, temos
ϕ(x, y, z) = x3yz + xez
+ f (y, z) (10)
ϕ(x, y, z) = x3yz + g(x, z) (11)
ϕ(x, y, z) = x3yz + xez
+ z3
+ h(x, y) (12)
De (10), (11) e (12) vemos que f (y, z) = z3, g(x, z) = xez e h(x, y) = 0. Logo
ϕ(x, y, z) = x3yz + xez
+ z3
é uma função potencial de ~F. Então:
W = ϕ(B) − ϕ(A) = ϕ(1, 1, 0) − ϕ(−1, 1, 0) = e0 −
(
−e0
)
= 2 u.ω.
Exerćıcio 14: Calcule
I =
∫
C
(
ex2
+ y2)dx +
(
ey2 − z2)dy +
(
ez2 − x2)dz
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Cálculo IV – EP16 Tutor 15
x
y
z
C
1
1
1
onde C é o contorno da parte do plano x + y + z = 1, que está no primeiro octante, no sentido
anti-horário.
Solução: A curva C é constitúıda de três partes e pode ser visualizada na figura a seguir.
Calcular I usando a definição é uma tarefa penosa. Calculemos então através do teorema de Stokes.
Seja S a porção do plano x + y + z = 1 delimitadapela curva C. De acordo com a orientação de C,
devemos tomar ~n apontando para cima. As figuras que se seguem mostram S e sua projeção sobre
o plano xy.
x
y
z
S
1
1
1
C = ∂S
~n
x
y
D
1
1
x + y = 1
Temos S : z = 1 − x − y = f (x, y), com (x, y) ∈ D :
{
0 ≤ x ≤ 1
0 ≤ y ≤ 1 − x
. Como
~N =
(
−∂ f
∂x
, −∂ f
∂y
, 1
)
= (1, 1, 1)
aponta para cima então
~n =
~N
∣
∣
∣
∣
∣
∣~N
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
(1, 1, 1)
√
3
e dS =
√
3 dxdy. Por outro lado
rot ~F =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~ı ~ ~k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
ex2
+ y2 ey2 − z2 ez2 − x2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (2z, 2x, −2y) .
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Cálculo IV – EP16 Tutor 16
Do teorema de Stokes, temos:
∮
C
~F· d~r =
∫∫
S
rot~F· ~n dS =
=
∫∫
D
(
2(1 − x − y), 2x, −2y
)
· (1, 1, 1)
√
3
·
√
3 dxdy =
=
∫∫
D
(2 − 2x − 2y + 2x − 2y) dxdy = 2
∫∫
D
(1 − 2y) dxdy =
= 2
∫ 1
0
∫ 1−x
0
(1 − 2y) dydx = 2
∫ 1
0
[
y − y2
]1−x
0
dx =
= 2
∫ 1
0
(
1 − x − 1 + 2x − x2) dx = 2
∫ 1
0
(
x − x2) dx =
= 2
[
x2
2
− x3
3
]1
0
=
1
3
.
Exerćıcio 15: Calcule
∮
C
~F · d~r, sendo ~F um campo em R3 dado por
~F(x, y, z) =
(
− y +
√
1 + x10 , x , 3x + z10)
e C é a interseção da superf́ıcie x2
+ y2
= 1 com o plano z − y = 2, com uma orientação tal que
quando projetada no plano z = 0 produz um percurso horário.
Solução: O esboço de C é dado pela figura que se segue.
x
y
z
C
−2
1
1
2
O cálculo direto da integral é uma tarefa dif́ıcil, mas o Teorema de Stokes fornece um outro método
de resolução.
Seja S a porção do plano z = 2+y, limitada por C, cujo esboço está ilustrado na figura que se segue.
Então S é dada por S : z = 2 + y = f (x, y), com (x, y) ∈ D : x2
+ y2 ≤ 1. Logo:
dS =
√
1 + (zx)2
+ (zy)2 dxdy =
√
1 + 0 + 1 dxdy =
√
2 dxdy .
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Cálculo IV – EP16 Tutor 17
x
y
z
C = ∂S
−2
2
1
1
S
Com a orientação de C = ∂S , dada no problema, vê-se pela regra da mão direita que ~n aponta para
baixo. Como ~N = (−zx,−zy, 1) = (0,−1, 1) é um vetor normal a S , então:
~n =
(0, 1,−1)
√
2
.
Temos que:
rot~F =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~ı ~ ~k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
−y +
√
1 + x10 x 3x + z10
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (0,−3, 1 − (−1)) = (0,−3, 2) .
Como estamos nas condições do Teorema de Stokes, temos:
∮
C
~F · d~r =
∫∫
S
rot~F · ~n dS =
∫∫
D
(0,−3, 2) · (0, 1,−1)
√
2
·
√
2 dxdy =
=
∫∫
D
(−3 − 2) dxdy = −5A(D) = −5π .
Exerćıcio 16: Seja o campo
~F(x, y, z) = y~ı − x~ + xyez~k .
(a) Determine o rot~F.
(b) Use o teorema de Stokes para calcular
∫
C
~F ·d~r, onde C é o triângulo de vértices (0, 0, 1), (0, 1, 1)
e (1, 0, 1) contido no plano z = 1, orientado no sentido anti-horário quando visto de cima.
Solução:
(a) Temos:
rot~F =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~ı ~ ~k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
y −x xyez
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (xez,−yez,−1 − 1) = (xez,−yez,−2) .
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Cálculo IV – EP16 Tutor 18
(b) O esboço do triângulo C está representado na figura que se segue.
x
y
z
S
D
C
~n = ~k
1
1
1
x
y
D
1
1
Seja S a porção do plano z = 1, limitada pelo triângulo C. Logo, ∂S = C e S : z = 1, com (x, y) ∈ D.
Orientando S de acordo com a orientação de C = ∂S , temos que ~n = ~k. Temos também que
dS =
√
1 + (zx)
2
+
(
zy
)2
dxdy =
√
1 + 0 + 0 dxdy = dxdy. Então, pelo teorema de Stokes, temos:
∫
C=∂S
~F · d~r =
∫∫
S
rot ~F · ~n dS
=
∫∫
D
(xe,−ye,−2) · (0, 0, 1) dxdy
=
∫∫
D
−2 dxdy
= −2 A(D)
= −2 · 1
2
· 1 · 1
= −1 .
Exerćıcio 17: Utilizando o Teorema de Stokes, transforme a integral
∫∫
S
rot ~F ·~n dS numa integral de
linha e calcule-a, sendo ~F(x, y, z) = (x+1)~ı+exyz~k e S é o hemisfério superior da esfera x2
+y2
+z2
= 1,
com ~n a normal com componente z positiva .
Solução: O esboço de S está representado na figura a seguir.
Como ~n aponta para cima então o bordo de S , ∂S , está orientado no sentido anti-horário quando
visto de cima (use a regra da mão direita para se convencer). Como estamos nas condições do
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Cálculo IV – EP16 Tutor 19
x
y
z
~n
∂S
S
1
1
1
Teorema de Stokes, temos
∫∫
S
rot ~F · ~n dS =
∮
∂S +
~F · d~r =
∮
∂S +
(x + 1) dx + exyz dz
onde ∂S : x = cos t, y = sen t e z = 0, com 0 ≤ t ≤ 2π, donde dx = − sen t dt, dy = cos t
e dz = 0. Logo,
∫∫
S
rot ~F · ~n dS =
∫ 2π
0
[(cos t + 1)(− sen t) + 0] dt
=
∫ 2π
0
(− cos t sen t − sen t) dt
=
[
cos2 t
2
+ cos t
]2π
0
= 0 .
Exerćıcio 18: Use o teorema de Stokes para calcular
∫
C
~F · d~r, sendo
~F =
(
x − 2y + arctan x, x − z +
y2
2 + cos y
, y
)
e C é a elipse 4x2
+ y2
= 4 no plano xy, orientada no sentido anti-horário quando vista de cima.
Solução: O esboço da elipse C : x2
+
y2
4 = 1 no plano xy é:
x
y
z
1 2
C
x
y
z
1 2
C=∂S
S
~n
Seja S a porção do plano z = 0, limitada por C. Então, a superf́ıcie S pode ser vista como gráfico
da função z = 0, com (x, y) ∈ D : x2
+ y2 ≤ 1. De acordo com a orientação de C, vemos que S fica
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Cálculo IV – EP16 Tutor 20
orientada com ~n = ~k. Temos também que dS =
√
1 + (zx)2
+ (zy)2 dx dy =
√
1 + 0 + 0 dx dy = dx dy.
Assim,
• ~F é de classe C1 em R3;
• ∂S é orientado positivamente.
Então, pelo teorema de Stokes, temos
∫
C
~F · d~r =
∫
∂S
~F · d~r =
∫∫
S
rot ~F · ~n dS ,
onde
rot ~F =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k
∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z
x − 2y + arctan x x − z + y2
2+cos y y
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (1 − (−1), 0 − 0, 1 − (−2)) = (2, 0, 3).
Logo,
∫
C
~F · d~r =
∫∫
D
(2, 0, 3) · (0, 0, 1)dx dy =
∫∫
D
3 dx dy = 3A(D) = 3(π · 1 · 2) = 6π.
Exerćıcio 19: Seja S parametrizada por ~r(u, v) = (u + v,−v, 2u), com (u, v) ∈ D : u ≥ 0, v ≥
0, 2u + v ≤ 2.
(a) Determine a área de S ;
(b) Suponhamos que S tem uma densidade por unidade de área em cada ponto igual ao quadrado
da distância do ponto ao plano xy. Determine a massa total da superf́ıcie.
Solução:
(a) Se ~r(u, v) = (u + v,−v, 2u), então ~ru = (1, 0, 2) e ~rv = (1,−1, 0), donde ~ru × ~rv = (2, 2,−1) e
‖~ru × ~rv‖ =
√
22
+ 22
+ (−1)2
=
√
4 + 4 + 1 =
√
9 = 3. Como
A(S ) =
∫∫
D
‖−→r u × −→r v‖ du dv,
então,
A(S ) =
∫∫
D
3 du dv = 3
∫∫
D
du dv,
onde D é a região triangular seguinte:
x
y
1
2
2u + v=2
D
Logo, A(S ) = 3A(D) = 3
(
1
2
· 1 · 2
)
= 3 u.a.
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Cálculo IV – EP16 Tutor 21
(b) A massa de S é dada por
M =
∫∫
S
δ(x, y, z) dS ,
onde δ(x, y, z) = (distância de (x, y, z) ao plano xy)2
= |z|2 = z2.
Então
M =
∫∫
S
z2 dS =
∫∫
D
(2u)2 3 du dv = 12
∫∫
D
u2 du dv.
Enquadrando D como uma região do tipo I, temos:
D : 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 2 − 2u.
Logo,
M = 12
∫ 1
0
u2
∫ 2−2u
0
dv du = 12
∫ 1
0
u2(2 − 2u)du
= 24
∫ 1
0
u2(1 − u) du = 24
∫ 1
0
(u2 − u3) du
= 24
[
u3
3
− u4
4
]1
0
= 24
[
1
3
− 1
4
]
= 2.
Donde, M = 2 u.m.
Exerćıcio 20:
(a) Caso exista, encontre uma função potencial para
~F(x, y) = (sen y − y sen x + x)~i + (cos x + x cos y + y)~j.
(b) Calcule
∫
C
~F · d~r, onde C é a poligonal aberta de vértices P1 = (0, 0), P2 = (π2 ,−π), P3 = (π, π2 ),
orientada de P1 a P3.
Solução:
(a) Temos que
• ~F = (P,Q) = (sen y − y sen x + x, cos x + x cos y + y) é de classe C1 em R2;
• R2 é um conjunto simplesmente conexo;
• ∂Q
∂x
− ∂P
∂y
= (− sen x + cos y) − (cos y − sen x) = 0
Então, pelo teorema das equivalências, segue que ~F é um campo conservativo, i.e., ~F admite uma
função potencial ϕ(x, y), tal que
∂ϕ
∂x
= sen y − y sen x + x (13)
∂ϕ
∂y
= cos x + x cos y + y (14)
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Cálculo IV – EP16 Tutor 22
Integrando (13) e (14) em relação a x e y, respectivamente, temos
ϕ(x, y) = x sen y + y cos x +
x2
2
+ f (y)
ϕ(x, y) = y cos x + x sen y +
y2
2
+ g(x)
Comparando as duas expressões, vemos que f (y) =
y2
2
e g(x) =
x2
2
. Logo, uma função potencial é
dada por ϕ(x, y) = x sen y + y cos x +
x2
2
+
y2
2
.
(b) Pelo teoremafundamental do Cálculo para integrais de linha, temos:
∫
C
~F · d~r = ϕ(P3) − ϕ(P1) = ϕ
(
π,
π
2
)
− ϕ
(
π
2
,−π
)
=
(
π sen
π
2
+
π
2
cos π +
π2
2
+
π2
8
)
−
(
π
2
sen(−π) − π cos
π
2
+
π2
8
+
π2
2
)
=
(
π − π
2
+
π2
2
+
π2
8
)
−
(
0 − 0 +
π2
8
+
π2
2
)
=
π
2
.
Exerćıcio 21: Um campo de forças ~F, no espaço tridimensional é definido por ~F(x, y, z) = x~i + y~j +
(xz − y)~k. Calcule o trabalho efetuado por esta forma ao deslocar uma part́ıcula de (0, 0, 0) para
(1, 1, 1) ao longo do segmento de reta unindo estes dois pontos.
Solução: Uma parametrização do segmento C é dada por:
C : ~r(t) = (t, t, t), 0 ≤ t ≤ 1.
Logo, ~r ′(t) = (1, 1, 1). O trabalho é dado por:
W =
∫
C
~F · d~r =
∫ 1
0
~F(~r(t)) · ~r ′(t) dt
=
∫ 1
0
(t, t, t2 − t) · (1, 1, 1) dt =
∫ 1
0
(t + t + t2 − t) dt
=
∫ 1
0
(t + t2) dt =
[
t2
2
+
t3
3
]1
0
=
1
2
+
1
3
=
5
6
.
Logo, W =
5
6
u.w.
Exerćıcio 22: Inverta a ordem de integração e calcule a integral resultante de:
∫ 1
0
∫ 1
y
sen x
x
dxdy .
Solução: A região D de integração é dada por
{
0 ≤ y ≤ 1
y ≤ x ≤ 1
. Logo, D está estre as retas horizontais
y = 0 e y = 1 e é limitada à esquerda pela reta x = y e à direita por x = 1.
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Cálculo IV – EP16 Tutor 23
x
y
D
entra em x = y
sai em x = 1
1
1
Para inverter a ordem de integração, devemos descrever D como uma região do tipo I. Vemos que
D está compreendida entre as retas verticais x = 0 e x = 1. Imaginemos uma reta vertical através
de D, orientada como o eixo y, vemos que ela entra em D em y = 0 e sai de D em y = x.
Assim D :
{
0 ≤ x ≤ 1
0 ≤ y ≤ x
.
x
y
D
entra em y = 0
sai em y = x
1
1
Logo:
∫ 1
0
∫ 1
y
sen x
x
dxdy =
∫ 1
0
∫ x
0
sen x
x
dydx =
∫ 1
0
sen x
x
∫ x
0
dydx =
=
∫ 1
0
sen x
x
· x dx =
∫ 1
0
sen x dx =
[
− cos x
]1
0
= 1 − cos 1 .
Exerćıcio 23: Calcule a integral dupla de f (x, y) = xy, sobre a região D da figura que se segue, de
duas maneiras distintas.
x
y
D
1
1
Solução:
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Cálculo IV – EP16 Tutor 24
Descrição de D como região do tipo I
A figura que se segue mostra a descrição de D como região do tipo I.
x
y
D
y = x
entra em y = x
sai em y = 1
1
1
Temos D :
{
0 ≤ x ≤ 1
x ≤ y ≤ 1
. Então:
∫∫
D
xy dxdy =
∫ 1
0
∫ 1
x
xy dydx =
∫ 1
0
x
∫ 1
x
y dydx =
=
∫ 1
0
x
[y2
2
]1
x
dx =
1
2
∫ 1
0
x
(
1 − x2
)
dx =
=
1
2
∫ 1
0
(
x − x3
)
dx =
1
2
[
x2
2
− x4
4
]1
0
=
1
2
(
1
2
− 1
4
)
=
1
8
.
Descrição de D como região do tipo II
A figura que se segue mostra a descrição de D como região do tipo II.
x
y
D
entra em x = 0
sai em x = y
1
1
Temos D :
{
0 ≤ y ≤ 1
0 ≤ x ≤ y
. Então:
∫∫
D
xy dxdy =
∫ 1
0
∫ y
0
xy dxdy =
∫ 1
0
y
∫ y
0
x dxdy =
∫ 1
0
y
[ x2
2
]y
0
dy =
=
1
2
∫ 1
0
y
(
y2 − 0
)
dy =
1
2
∫ 1
0
y3 dy =
1
2
[
y4
4
]1
0
=
1
8
.
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Cálculo IV – EP16 Tutor 25
Exerćıcio 24: Passe para coordenadas polares e calcule
I =
∫
√
2
0
∫
√
4−y2
y
√
x2
+ y2 dx dy.
Solução: Temos que I =
∫∫
D
√
x2
+ y2 dx dy, onde
D =
{
(x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ y ≤
√
2 e y ≤ x ≤
√
4 − y2
}
.
De 0 ≤ y ≤
√
2, vemos que D está contida na faixa horizontal, limitada pelas retas horizontais y = 0
e y =
√
2.
De y ≤ x ≤
√
4 − y2, vemos que D está limitada a esquerda pela reta x = y e a direita pela curva
x =
√
4 − y2, x ≥ 0 ou x2
+ y2
= 4, x ≥ 0.
De x2
+ y2
= 4, x ≥ 0 e x = y temos 2x2
= 4, x ≥ 0 ou x2
= 2, x ≥ 0 ou x =
√
2. Logo, a interseção
é o ponto (
√
2,
√
2). Assim, temos o esboço de D.
Por coordenadas polares, temos
x2
+ y2
= r2 , dx dy = r dr dθ
e
Drθ : 0 ≤ r ≤ 2 , 0 ≤ θ ≤ π/4.
Então,
I =
∫∫
Drθ
√
r2 r dr dθ =
∫ π/4
0
∫ 2
0
r2 dr dθ
=
∫ π/4
0
[
r3
3
]2
0
dθ =
8
3
∫ π/4
0
dθ =
8
3
π
4
=
2π
3
.
Exerćıcio 25: Uma lâmina tem a forma da região plana D limitada pelas curvas x2
+ y2
= 1, com
y ≥ 0,x2
+ y2
= 4, com y ≥ 0 e o eixo x. Sua densidade de massa é δ(x, y) = k
√
x2
+ y2 . Determine
o valor da constante k se a massa da lâmina é igual a 14π/3 u.m.
Solução: O esboço da lâmina D está representado na figura a seguir.
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Cálculo IV – EP16 Tutor 26
x
y
D
2
2
1
1
Temos M = 14π/3 onde
M =
∫∫
D
δ(x, y) dA = k
∫∫
D
√
x2
+ y2 dA .
Calculemos a integral utilizando as coordenadas polares



x = r cos θ
y = r sen θ
dxdy = r drdθ
x2
+ y2
= r2
.
Descrição de D em coordenadas polares
Efetuando uma “varredura” em D no sentido anti-horário, a partir do eixo x positivo onde θ = 0 até
o eixo x negativo onde θ = π, vemos que θ varia de 0 a π. Considerando um ponto P no interior de
D, vemos que a semirreta OP entra em D em r = 1 e sai de D em r = 2. Então, r varia de 1 a 2.
Assim Drθ :
{
0 ≤ θ ≤ π
1 ≤ r ≤ 2
. Portanto:
M = k
∫∫
Drθ
√
r2 r drdθ = k
∫ π
0
∫ 2
1
r2 drdθ = k
∫ π
0
[
r3
3
]2
1
dθ =
k
3
(8 − 1)
∫ π
0
dθ =
7kπ
3
.
Logo, substituindo acima, temos:
14π
3
=
7kπ
3
donde k = 14/7 ou k = 2.
Exerćıcio 26: Uma placa D tem a forma de uma região limitada pelas curvas y =
√
4 − x2 , y = −x
e y = x. A densidade em cada ponto é proporcional à distância do ponto à origem. Determine a
massa da placa D.
Solução: De y =
√
4 − x2 temos x2
+ y2
= 4 com y ≥ 0. Logo, o esboço de D está representado na
figura que se segue.
A distância de um ponto (x, y) à origem é
√
x2
+ y2 . Logo, a densidade δ(x, y) é dada por
δ(x, y) = k
√
x2
+ y2, onde k é uma constante positiva. Como a massa M é dada por
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Cálculo IV – EP16 Tutor 27
x
y
D
y = xy = −x
π/4
3π/4
−2
2
2
M =
∫∫
D
δ(x, y) dA então:
M =
∫∫
D
√
x2
+ y2 dA .
Passando para coordenadas polares temos:



x = r cos θ
y = r sen θ
dA = rdrdθ
x2
+ y2
= r2
.
Efetuando uma “varredura” em D, no sentido anti-horário, vemos que a região transformada Drθ é
dada por;
Drθ :



π/4 ≤ θ ≤ 3π/4
0 ≤ r ≤ 2
.
Logo:
M = k
∫∫
Drθ
√
r2r drdθ = k
∫∫
Drθ
r2 drdθ =
= k
∫ 2
0
r2
∫ 3π/4
π/4
dθdr = k
∫ 2
0
r2
(
3π
4
− π
4
)
dr =
=
kπ
2
∫ 2
0
r2 dr =
kπ
2
[
r3
3
]2
0
=
4kπ
3
u.m.
Exerćıcio 27: Calcule o volume do sólido W limitado superiormente pela esfera
x2
+ y2
+ z2
= 4 e inferiormente pelo cone z =
√
x2
+ y2.
Solução: Inicialmente, calculemos a interseção das duas superf́ıcies:
{
x2
+ y2
+ z2
= 4
z =
√
x2
+ y2 ⇔
{
z2
= 4 − x2 − y2
z2
= x2
+ y2 ⇔ x2
+ y2
= 4 − x2 − y2 ⇔ 2(x2
+ y2) = 4⇔ x2
+ y2
= 2 .
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Cálculo IV – EP16 Tutor 28
Logo, a interseção ocorre no plano z =
√
2 e a projeção da interseção no plano xy é a circunferência
x2
+ y2
= 2. Assim, o esboço de W é:
x
y
z
W
2
2
2
√
2
√
2
√
2
Usando coordenadas esféricas, temos:



x = ρ senφ cos θ
y = ρ senφ sen θ
z = ρ cosφ
dxdydz = ρ2 senφ dρdφdθ
.
A equação da esfera x2
+ y2
+ z2
= 4 fica
ρ2
= 4 ou ρ = 2 .
A equação do cone z =
√
x2
+ y2 fica:
ρ cosφ =
√
ρ2 sen2 φ ou tgφ = 1 donde φ = π/4 .
O conjunto Wρφθ é dado por:



0 ≤ ρ ≤ 2
0 ≤ φ ≤ π/4
0 ≤ θ ≤ 2π
.
Então:
V(W) =
∫∫∫
W
dxdydz =
∫∫∫
Wρφθ
ρ2 sen φ dρdφdθ =
=
∫ 2
0
ρ2
∫ π/4
0
sen φ
∫ 2π
0
dθdφdρ = 2π
∫ 2
0
ρ2
∫ π/4
0
senφ dφdρ =
= 2π
[
− cos φ
]π/4
0
∫ 2
0
ρ2 dρ = 2π
(
1 −
√
2
2
)
·
[
ρ3
3
]2
0
=
=
8
(
2 −
√
2
)
π
3
u.v.
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Exerćıcio 28: Calcule a massa do sólido limitado pelo parabolóide z = x2
+ y2 e pelo plano z = 4,
sendo a densidade em cada ponto do sólido dada por δ(x, y, z) =
(
x2
+ y2)1/2.
Solução: O esboço de W está representado na figura que se segue.
x
y
z
W
D
z = x2
+ y2
z = 4
4
2
2
A massa de W é dada por:
M =
∫∫∫
W
δ(x, y, z) dV =
∫∫∫
W
(
x2
+ y2)1/2 dxdydz .
Passando para coordenadas ciĺındricas,tem-se:



x = r cos θ
y = r sen θ
z = z
dxdydz = r drdθdz
x2
+ y2
= r2
Como W é dado por W :



(x, y) ∈ D
x2
+ y2 ≤ z ≤ 4
então Wrθz é dado por Wrθz :



0 ≤ r ≤ 2
0 ≤ θ ≤ 2π
r2 ≤ z ≤ 4
Assim:
M =
∫∫∫
W
(
x2
+ y2)1/2 dxdydz =
∫∫∫
Wrθz
(
r2)1/2r drdθdz =
=
∫∫∫
Wrθz
r2 drdθdz =
∫ 2
0
r2
∫ 4
r2
∫ 2π
0
dθdzdr =
= 2π
∫ 2
0
r2
∫ 4
r2
dzdr = 2π
∫ 2
0
r2(4 − r2) dr =
= 2π
∫ 2
0
(
4r2 − r4) dr = 2π
[
4r3
3
− r5
5
]2
0
=
128π
15
u.m.
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