Cálculo IV - Questões Resolvidas

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Fundac¸a˜o Centro de Cieˆncias e Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Ca´lculo IV – AD2 – Tutor
Questa˜o 1 [2,5 pts]: Calcule I =
∫ B
A
x dx+ y dy + z dz
x2 + y2 + z2
, onde o ponto A pertence a` esfera
x2 + y2 + z2 = 1 e o ponto B pertence a` esfera x2 + y2 + z2 = 4.
Soluc¸a˜o: O campo ~F = (P,Q,R) =
(
x
x2 + y2 + z2
,
y
x2 + y2 + z2
,
z
x2 + y2 + z2
)
e´ de classe C1 em
U = R3 − {(0, 0, 0)}. Integrando P , Q e R em relac¸a˜o a x, y e z, respectivamente, encontramos
ϕ(x, y, z) =
1
2
ln(x2 + y2 + z2) tambe´m definida em U = R3 − {(0, 0, 0)}. Logo, ~F e´ um campo
conservativo, onde ϕ(x, y, z) =
1
2
ln(x2+y2+z2) e´ uma func¸a˜o potencial. Se A = (x1, y1, z1) enta˜o
x21 + y
2
1 + z
2
1 = 1 e se B = (x2, y2, z2) enta˜o x
2
2 + y
2
2 + z
2
2 = 4. Pelo teorema fundamental do ca´lculo
para integrais de linha, temos:
I = ϕ(B)− ϕ(A) = ϕ(x2, y2, z2)− ϕ(x1, y1, z1) =
=
1
2
ln(x22 + y
2
2 + z
2
2)− 12 ln(x
2
1 + y
2
1 + z
2
1) =
1
2
ln(4)− 1
2
ln(1) =
=
1
2
ln 4 =
1
2
· 2 ln 2 = ln 2 .
Questa˜o 2 [2,5 pts]: Calcule
∫
C
x2y dx− x3 dy
(x2 + y2)2
, sendo C = ∂D, D = {(x, y) ∈ R2 | |x|+ |y| ≤ 1}.
Soluc¸a˜o: O campo ~F = (P,Q) =
(
x2y
(x2 + y2)2
,
−x3
(x2 + y2)2
)
e´ de classe C1 em U = R2 − {(0, 0)}.
Temos:
∂Q
∂x
= −3x
2(x2 + y2)2 − x3 · 2(x2 + y2)2x
(x2 + y2)4
= −3x
2(x2 + y2)− 4x4
(x2 + y2)3
=
= −3x
4 + 3x2y2 − 4x4
(x2 + y2)3
= −−x
4 + 3x2y2
(x2 + y2)2
=
x4 − 3x2y2
(x2 + y2)2
∂P
∂y
=
x2(x2 + y2)2 − x2y · 2(x2 + y2)2y
(x2 + y2)4
=
x2(x2 + y2)− 4x2y2
(x2 + y2)4
=
=
x4 + x2y2 − 4x2y2
(x2 + y2)3
=
x4 − 3x2y2
(x2 + y2)3
.
Logo,
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
= 0. O esboc¸o da regia˜o D esta´ representado na figura que se segue.
Ca´lculo IV AD2 – Tutor 2
x
y
D
U
−1
−1
1
1 x
y
U
C
C1
R
−1
−1
1
1
Como D conte´m (0, 0), logo D na˜o esta´ contida em U . Enta˜o, na˜o podemos usar o teorema de
Green nessa regia˜o. Assim, isolemos a singularidade (0, 0) com uma circunfereˆncia C1 de raio a
tal que C1 ⊂ D. Seja R a regia˜o compacta de R2, limitada por C e C1. Enta˜o, R ⊂ U . Como
∂R = C ∪ C1 esta´ orientada positivamente temos, pelo teorema de Green, que:∫
C+
~F · d~r +
∫
C−
1
~F · d~r =
∫∫
R
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dxdy = 0
ou ∫
C+
~F · d~r = −
∫
C−
1
~F · d~r =
∫
C+
1
~F · d~r .
Uma parametrizac¸a˜o de C1 orientada no sentido anti-hora´rio e´ x = a cos t e y = a sen t, com
0 ≤ t ≤ 2π donde dx = −a sen t dt e dy = a cos t dt. Logo:∫
C+
1
~F · d~r =
∫ 2pi
0
[
(a2 cos2 t)(a sen t)
(a2)2
(−a sen t)− (a
3 cos3 t)
(a2)2
(a cos t)
]
dt =
=
∫ 2pi
0
(− cos2 t sen2 t− cos4 t) dt =
∫ 2pi
0
− cos2 t(sen2 t+ cos2 t) dt =
= −
∫ 2pi
0
cos2 t dt = −π .
Assim: ∫
C+
~F · d~r = −π .
Questa˜o 3 [2,5 pts]: O potencial eletrosta´tico em (0, 0,−a) de uma carga de densidade constante
k sobre o hemisfe´rio S : x2 + y2 + z2 = a2, com z ≥ 0 e´
U =
∫∫
S
k dS√
x2 + y2 + (z + a)2
.
Demonstre que U = 2kaπ(2−√2).
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Ca´lculo IV AD2 – Tutor 3
Soluc¸a˜o: Uma parametrizac¸a˜o de S e´ dada por S : ϕ(φ, θ) = (a senφ cos θ, a senφ sen θ, a cosφ)
onde (φ, θ) ∈ D :
{
0 ≤ φ ≤ π/2
0 ≤ θ ≤ 2π . Sabemos da teoria que dS = a
2 senφ dφdθ. Temos que
x2+y2+(z+a)2 = x2+y2+z2+2az+a2 = a2+2a(a cosφ)+a2 = 2a2+2a2 cosφ = 2a2(1+cosφ)
em S. Enta˜o
U =
∫∫
D
ka2 senφ√
2a2(1 + cosφ)
dφdθ =
ka2
a
√
2
∫∫
D
(1 + cosφ)−1/2 senφ dφdθ =
=
ka
√
2
2
∫ pi/2
0
(1 + cosφ)−1/2 senφ
∫ 2pi
0
dθdφ =
= kaπ
√
2
∫ pi/2
0
(1 + cos θ)−1/2 sen θ dθ =
= −kaπ√2
∫ pi/2
0
(1 + cos θ)−1/2(− sen θ)dθ =
= −kaπ√2 · 2
[
(1 + cos θ)1/2
]pi/2
0
= −2kaπ√2 (1− 21/2) =
= 2kaπ
√
2(
√
2− 1) = 2kaπ(2−√2)
como quer´ıamos demonstrar.
Questa˜o 4 [2,5 pts]: Considere o campo vetorial ~F (x, y, z) =
(
ax− a2, ay, ex2+y2 − z
2
2
)
, com
a > 0. Seja S a superf´ıcie do cilindro x2 + y2 = 2ax, com a > 0, compreendida entre o plano z = 0
e o cone z =
√
x2 + y2 . Sabendo-se que o fluxo de ~F de fora para dentro e´ igual a −128, calcule
o valor de a.
Sugesta˜o: Use as coordenadas cil´ındricas θ e z para S.
Soluc¸a˜o: Temos o esboc¸o de S na figura que se segue.
x
y
z
S
2a
2a
x
y
a 2a
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Ca´lculo IV AD2 – Tutor 4
Como o fluxo de ~F de fora para dentro e´ igual a −128 enta˜o o fluxo de dentro para fora, na direc¸a˜o
e sentido de ~n, vetor exterior a S e´ Φ = 128. Temos que ~n =
(x− a, y, 0)
a
. Enta˜o:
Φ =
∫∫
S
~F · ~n dS =
∫∫
S
(
ax− a2︸ ︷︷ ︸
a(x−a)
, ay, ex
2+y2 − z
2
2
)
· (x− a, y, 0)
a
dS =
=
∫∫
S
a(x− a)2 + ay2
a
dS =
∫∫
S
(
x2 + y2 − 2ax︸ ︷︷ ︸
= 0
+a2
)
dS = a2
∫∫
S
dS .
Para calcular essa integral devemos parametrizar S. Seja (x, y, z) ∈ S. Temos x = r cos θ,
y = r sen θ e z = z, onde −π/2 ≤ θ ≤ π/2 e 0 ≤ z ≤
√
x2 + y2 =
√
2ax =
√
2ar cos θ .
Como x2 + y2 = 2ax enta˜o r2 = 2ar cos θ ou r2− 2ar cos θ = 0 ou r(r− 2a cos θ) = 0 donde r = 0
ou r = 2a cos θ. Substituindo r = 2a cos θ acima temos x = 2a cos2 θ, y = 2a cos θ sen θ = a sen 2θ
e 0 ≤ z ≤
√
2a(2a cos θ) cos θ =
√
4a2 cos2 θ = 2a| cos θ| = 2a cos θ pois −π/2 ≤ θ ≤
π/2. Logo, uma parametrizac¸a˜o de S e´ dada por S : ϕ(θ, z) =
(
2a cos2 θ, a sen 2θ, z
)
, com
(θ, z) ∈ D :
{ −π/2 ≤ θ ≤ π/2
0 ≤ z ≤ 2a cos θ . Temos:
ϕθ × ϕz =
∣∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
−4a sen θ cos θ 2a cos 2θ 0
0 0 1
∣∣∣∣∣∣∣ =
(
2a cos 2θ, 4a sen θ cos θ︸ ︷︷ ︸
= 2a sen 2θ
, 0
)
donde
dS =
∣∣∣∣ϕθ × ϕz∣∣∣∣ dθdz = √4a2 cos2 2θ + 4a2 sen2 2θ︸ ︷︷ ︸
= 4a2
dθdz = 2a dθdz .
Enta˜o:
Φ = a2
∫∫
D
2a dθdz = 2a3
∫ pi/2
−pi/2
∫ 2a cos θ
0
dzdθ =
= 2a3
∫ pi/2
−pi/2
2a cos θ dθ = 4a4
[
sen θ
]pi/2
−pi/2
= 8a4 .
Como Φ = 128, enta˜o 8a4 = 128 ou a4 = 16 donde a = 2.
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