Cálculo IV - Questões Resolvidas

Prévia do material em texto

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]: Achar o trabalho de uma forc¸a varia´vel, dirigida para a origem das coordenadas,
cuja grandeza e´ proporcional ao afastamento do ponto em relac¸a˜o a` origem das coordenadas, se o
ponto de aplicac¸a˜o desta forc¸a descreve, no sentido anti-hora´rio, a parte da elipse
x2
4
+
y2
16
= 1 no
primeiro quadrante.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o da trajeto´ria C esta´ representado na figura que se segue.
x
y
C
~F (x, y)
(x, y)
2
4
Como a forc¸a
−→
F (x, y) esta´ dirigida para a origem e seu mo´dulo e´ proporcional a` distancia de (x, y)
a` origem enta˜o os vetores
−→
F (x, y) e (x, y) teˆm mesma direc¸a˜o e sentidos contra´rios e
∣∣∣∣−→F (x, y)∣∣∣∣ =
= k
√
x2 + y2, onde k > 0 e´ uma constante. Assim, temos que
−→
F (x, y) = −k (x, y) .
O trabalho W e´ dado por W =
∫
C
−→
F · d−→r onde C e´ parametrizada por −→r (t) = (2 cos t , 4 sen t),
com 0 ≤ t ≤ pi/2, donde −→r′ (t) = (−2 sen t , 4 cos t). Logo:
W =
∫
C
−→
F · d−→r =
∫ π/2
0
−→
F (−→r (t)) · −→r′ (t) dt =
=
∫ π/2
0
−→
F (2 cos t, 4 sen t) · −→r′ (t) dt =
=
∫ π/2
0
−k (2 cos t , 4 sen t) · (−2 sen t, 4 cos t) dt =
= −k
∫ π/2
0
(−4 sen t cos t+ 16 sen t cos t) dt =
= −k
∫ π/2
0
12 sen t cos t dt = −k
[
12
sen2 t
2
]π/2
0
= −6k u.w.
Ca´lculo IV AD2 – Tutor 2
Questa˜o 2 [2,5 pts]: Calcule
∫
C
−→
F · d−→r , onde
−→
F (x, y) =
(−2x cos(xy) + x2y sen(xy)− 3)−→i + (x3 sen(xy) + x2)−→j
e C e´ dada por C : (x− 1)2 + y2 = 1, com y ≥ 0, orientada de (2, 0) a (0, 0).
Soluc¸a˜o: O esboc¸o de C esta´ representado na figura que se segue.
x
y
C
21
Observe que calcular a integral por definic¸a˜o e´ muito trabalhoso. Vamos enta˜o ver se
−→
F = (P,Q) =
= (−2x cos(xy) + x2y sen(xy)− 3 , x3 sen(xy) + x2) e´ um campo conservativo. Temos que
∂Q
∂x
= 3x2 sen (xy) + x3y cos (xy) + 2x
∂P
∂y
= 2x2 sen (xy) + x2 sen (xy) + x3y cos (xy) = 3x2 sen (xy) + x3y cos (xy)
donde
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
= 2x 6= 0. Logo, −→F na˜o e´ conservativo. Para aplicar o teorema de Green devemos
fechar a curva C com C1 parte do eixo x com x variando de 0 a 2.
x
y
D
2
Seja D a regia˜o plana delimitada por C. Como C = ∂D, esta´ orientada positivamente, enta˜o pelo
teorema de Green, temos∫
C
−→
F · d−→r +
∫
C1
−→
F · d−→r =
∫∫
D
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dxdy =
∫∫
D
2x dxdy .
Vamos calcular a integral por coordenadas polares. Temos x = r cos θ e dxdy = r dr dθ. Como o
eixo y e´ tangente a C na origem, enta˜o θ varia de 0 a pi/2, isto e´, 0 ≤ θ ≤ pi/2. Por um ponto P
no interior de D, consideramos a semirreta OP que entra em D na origem, onde r = 0, e sai de D
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV AD2 – Tutor 3
em um ponto da circunfereˆncia x2 + y2 = 2x que e´ transformada em r2 = 2r cos θ ou r = 2 cos θ.
Enta˜o, 0 ≤ r ≤ 2 cos θ. Assim Drθ :
{
0 ≤ θ ≤ pi/2
0 ≤ r ≤ 2 cos θ . Logo:∫∫
D
2x dxdy =
∫∫
Drθ
(2r cos θ) r drdθ = 2
∫ π/2
0
∫ 2 cos θ
0
r2 cos θ drdθ =
= 2
∫ π/2
0
cos θ
[
r3
3
]2 cos θ
0
dθ =
16
3
∫ π/2
0
cos4 θ dθ =
16
3
∫ π/2
0
(
cos2 θ
)2
dθ =
=
16
3
∫ π/2
0
(
1 + cos 2θ
2
)2
dθ =
4
3
∫ π/2
0
(
1 + 2 cos 2θ + cos2 2θ
)
dθ =
=
4
3
· 1
2
∫ π/2
0
(
1 + 2 cos 2θ + cos2 2θ
)
d (2θ) =
=
2
3
[
2θ + 2 sen 2θ +
1
2
(
2θ +
sen 4θ
2
)]π/2
0
=
2
3
(
pi +
pi
2
)
= pi .
Logo: ∫
C
−→
F · d−→r +
∫
C1
−→
F · d−→r = pi .
Ca´lculo de
∫
C1
−→
F · d−→r
Temos que C1 :
−→r (t) = (t, 0), com 0 ≤ t ≤ 2 donde −→r′ (t) = (1, 0). Logo:∫
C1
−→
F · d−→r =
∫ 2
0
−→
F (−→r (t)) · −→r′ (t) dt =
∫ 2
0
−→
F (t, 0) · −→r′ (t) dt =
=
∫ 2
0
(−2t cos 0 + 0− 3 , t3 sen 0 + t2) · (1, 0) dt = ∫ 2
0
(−2t− 3) dt =
=
[
− t2 − 3t
]2
0
= −4− 6 = −10 .
Assim: ∫
C
−→
F · d−→r = pi + 10 .
Questa˜o 3 [2,5 pts]: Seja S a superf´ıcie obtida girando a curva C = {(x, 0, z) | x = √z , 0 ≤ z ≤ 4}
em torno do eixo z.
a) Deˆ uma parametrizac¸a˜o para S.
b) Calcule a a´rea de S empregando dois me´todos diferentes.
Soluc¸a˜o: Uma parametrizac¸a˜o da curva C e´ dada por C : x(t) = t, y(t) = 0 e z(t) = t2, com
0 ≤ t ≤ 2. Seja (x, y, z) ∈ S. Enta˜o a circunfereˆncia que passa por (x, y, z) e paralela ao plano
xy, esta´ contida na superf´ıcie S. Enta˜o x(t) = t e z(t) = t2 sa˜o, respectivamente, o raio e a altura
dessa circunfereˆncia.
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV AD2 – Tutor 4
x
x y
y
z
z
C
t
x(t)
(x, y, z)
(x(t), 0, z(t))
2
Temos 

x = x(t) cos θ = t cos θ
y = x(t) sen θ = t sen θ
z = z(t) = t2
com 0 ≤ t ≤ 2 e 0 ≤ θ ≤ 2pi. Portanto, uma parametrizac¸a˜o de S e´ dada por −→r (t, θ) =
= (t cos θ, t sen θ, t2) com (t, θ) ∈ D :
{
0 ≤ t ≤ 2
0 ≤ θ ≤ 2pi
Primeiro me´todo
Usaremos a fo´rmula
A(S) =
∫∫
D
‖−→rt ×−→rθ‖ dtdθ
onde
−→rt ×−→rθ =
∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
cos θ sen θ 2t
−t sen θ t cos θ 0
∣∣∣∣∣∣ =
=
(
− 2t2 cos θ ,−2t2 sen θ , t cos2 θ + t sen2 θ︸ ︷︷ ︸
=t
)
= t (−2t cos θ ,−2t sen θ , 1)
donde
‖−→rt ×−→rθ‖ = t
√
4t2 cos2 θ + 4t2 sen2 θ + 1 = t
√
4t2 + 1 .
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV AD2 – Tutor 5
Logo:
A(S) =
∫∫
D
t
√
4t2 + 1 dtdθ =
∫∫
D
t
(
4t2 + 1
)1/2
dtdθ =
=
∫ 2
0
∫ 2π
0
t
(
4t2 + 1
)1/2
dθdt =
2pi
8
∫ 2
0
(
4t2 + 1
)1/2
d
(
4t2 + 1
)
=
=
pi
4
· 2
3
[
(4t2 + 1)
3/2
]2
0
=
pi
6
(
17
√
17− 1) u.a.
Segundo me´todo
As equac¸o˜es parame´tricas de S sa˜o x = t cos θ, y = t sen θ e z = t2, com 0 ≤ t ≤ 2 e 0 ≤ θ ≤ 2pi
donde S :
{
x2 + y2 = t2
z = t2
, com 0 ≤ t ≤ 2 ou S : z = x2 + y2 com (x, y) ∈ D : x2 + y2 ≤ 4. Logo,
S e´ gra´fico de uma func¸a˜o z = z(x, y) = x2 + y2, com (x, y) ∈ D : x2 + y2 ≤ 4. Enta˜o temos a
seguinte fo´rmula para a´rea de S:
A(S) =
∫∫
D
√
1 + (zx)
2 + (zy)
2 dxdy =
∫∫
D
√
1 + 4x2 + 4y2 dxdy .
Passando para coordenadas polares, temos
√
1 + 4x2 + 4y2 =
√
1 + 4r2, dxdy = r drdθ e D e´
dada por Drθ :
{
0 ≤ θ ≤ 2pi
0 ≤ r ≤ 2 . Enta˜o:
A(S) =
∫∫
Drθ
√
1 + 4r2 r drdθ =
1
8
∫ 2π
0
∫ 2
0
(
1 + 4r2
)1/2
(8r) drdθ =
=
1
8
∫ 2π
0
2
3
[(
1 + 4r2
)3/2]2
0
dθ =
1
12
(
17
√
17− 1
)
· 2pi = pi
6
(
17
√
17− 1
)
u.a.
Questa˜o 4 [2,5 pts]: Calcule o fluxo do campo rotacional de
−→
F (x, y, z) =
(
x2 + y − 4)−→i + 3xy−→j + (2xz + z2)−→k
atrave´s da semiesfera superior de x2 + y2 + z2 = 16, com campo de vetores normais −→n tal que
−→n · −→k > 0.
Soluc¸a˜o: Inicialmente calculemos o rotacional de
−→
F :
rot
−→
F =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
x2 + y − 4 3xy 2xz + z2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (0,−2z, 3y − 1) .
Se −→n · −→k > 0 enta˜o −→n aponta para cima. Logo, −→n e´ exterior a S : x2 + y2 + z2 = 16, com z ≥ 0.
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Ca´lculo IV AD2 – Tutor 6
Logo, a expressa˜o de −→n e´ −→n = (x, y, z)
4
. Enta˜o:
∫∫
S
rot
−→
F · −→n dS =
∫∫
S
(0,−2z, 3y − 1) · (x, y, z)
4
dS =
=
1
4
∫∫
S
(−2yz + 3yz − z) dS = 1
4
∫∫
S
(yz − z) dS .
Para calcular a integral devemos parametrizar a superf´ıcie S. Temos, enta˜o
S : −→r (φ , θ) = (4 senφ cos θ , 4 senφ sen θ , 4 cosφ)
com (φ, θ) ∈ D :
{
0 ≤ θ ≤ 2pi
0 ≤ φ ≤ pi/2 . Ale´m disso, temos dS = 4
2 senφ dφdθ = 16 senφ dφdθ. Enta˜o:
∫∫S
rot
−→
F · −→n dS = 1
4
∫∫
D
(4 senφ sen θ · 4 cosφ− 4 cosφ) · 16 senφ dφdθ =
=
1
4
∫∫
D
(
162 sen2 φ cosφ sen θ − 64 cosφ senφ) dφdθ =
=
1
4
∫ π/2
0
∫ 2π
0
(
162 sen2 φ cosφ sen θ − 64 cosφ senφ) dθdφ =
=
1
4
∫ π/2
0
[
162 sen2 φ cosφ [− cos θ]2π0︸ ︷︷ ︸
=0
− (64 cosφ senφ) 2pi
]
dφ =
= −32pi
∫ π/2
0
cosφ senφ dφ = −32pi
[
sen2 φ
2
]π/2
0
= −16pi .
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ