Cálculo e Física em Ação

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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 – AD2 – Tutor
Questão 1 [2,5 pts]: Seja ~F(x, y, z) = (xy f (x2 + y2 + z2))~i+ (y2 f (x2 + y2 + z2))~j+ (z f (x2 + y2 + z2))~k,
onde f : R −→ R é uma função diferenciável. Seja g : R −→ R uma antiderivada de f , tal que
g(8) = 10 e g(4) = 2. Calcule
∫
C
~F · d~r, onde C é a parte da interseção da superf́ıcie ciĺındrica
x2+ y2 = 4 com o plano z = y, contida no primeiro octante, orientada no sentido anti-horário quando
vista de cima.
Solução: Temos C :
x2 + y2 = 4
z = y
, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, orientada no sentido anti-horário quando
vista de cima.
Logo, uma parametrização de C é dada por
C : ~r(t) = (2 cos t, 2 sen t, 2 sen t), 0 ≤ t ≤
π
2
.
Temos, ∫
C
~F · d~r =
∫ π/2
0
~F(~r(t)) · ~r ′(t) dt
onde
~r′(t) = (−2 sen t, 2 cos t, 2 cos t)
e
~F(~r(t)) = (4 sen t cos t f (4 cos2 t + 4 sen2 t︸ ︷︷ ︸
4
+4 sen2 t), 4 sen2 t f (4 + 4 sen2 t), 2 sen t f (4 + 4 sen t)).
Donde,
~F(~r(t)) · ~r ′(t) = −8 sen2 t cos t f (4 + 4 sen2 t) + 8 sen2 t cos t f (4 + 4 sen2 t) + 4 sen t cos t f (4 + 4 sen2 t)
= 4 sen t cos t f (4 + 4 sen2 t).
Então, ∫
C
~F · d~r =
∫ π/2
0
4 sen t cos t f (4 + 4 sen2 t) dt
Fazendo u = 4 + 4 sen2 t, temos du = 8 sen t cos t dt, donde 4 sen t cos t dt =
du
2
.
Para t = 0, temos u = 4 e para t =
π
2
, temos u = 8.
Assim, ∫
C
−→
F · d−→r =
∫ 8
4
f (u)
du
2
=
1
2
∫ 8
4
f (u) du =
1
2
[
g(u)
]8
4 =
1
2
(g(8) − g(4)) =
1
2
(10 − 2).
Logo,
Cálculo IV – AD2 AD2 – Tutor 2
∫
C
−→
F · d−→r = 4.
Questão 2 [2,5 pts]: Considere o campo de forças dado por ~F = ∇ f − y
−→
i + x
−→
j , onde f (x, y) =
x2exy cos(y2). Calcule o trabalho realizado por ~F para deslocar uma part́ıcula ao longo da trajetória
C dada por ~r(t) = (2 cos t, 2 + 2 sen t), com 0 ≤ t ≤ 2π.
Solução: Como ~r(0) = ~r(2π) = (2, 2), então C é uma curva fechada, cujas equações paramétricas
são:
x = 2 cos t, y = 2 + 2 sen t, 0 ≤ t ≤ 2π.
Logo, x2 + (y − 2)2 = 4 (circunferência percorrida no sentido anti-horário).
x
y
C
2
4
x
y
C=∂D
2
4
D
O trabalho realizado por ~F = ∇ f − y~i + x~j =
(
∂ f
∂x
− y,
∂ f
∂y
+ x
)
ao longo de C é dado por
W =
∫
C
~F · d~r =
∫
C
(
∂ f
∂x
− y
)
dx +
(
∂ f
∂y
+ x
)
dy.
Como f é de classe C2 em R2, então ~F é de classe C1 em R2. Seja D ⊂ R2, a região compacta,
limitada por C. Como C = ∂D está orientada positivamente, então pelo teorema de Green, temos:
W =
∫
C
~F · d~r =
∫∫
D
[(
∂2 f
∂x ∂y
+ 1
)
−
(
∂2 f
∂y ∂x
− 1
)]
dx dy
=
∫∫
D
(
∂2 f
∂x ∂y
−
∂2 f
∂y∂x
+ 2
)
dx dy
Como f é de classe C2, então pelo teorema de Schwarz, temos
∂2 f
∂x ∂y
=
∂2 f
∂y ∂x
. Logo,
W =
∫∫
D
2 dx dy = 2 A(D) = 2(π · 22) = 8π u.w.
Questão 3 [2,5 pts]: Considere o campo vetorial ~F(x, y) =
x√
x2 + y2
~i +
y√
x2 + y2
~j.
(a) (1,5 pt) Calcule, caso exista, o potencial associado ao campo.
(b) (1,0 pt) Calcule
∫
C
~F · d~r, onde C é a curva y = x3e(x−1) − 2, 0 ≤ x ≤ 1, orientada do ponto
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(1,−1) para o ponto (0,−2).
Solução: (a) Observe que o doḿınio do campo ~F é o conjunto U = R2 − {(0, 0)}. Considere a
função
ϕ(x, y) =
√
x2 + y2
definida em U = R2 − {(0, 0)}.
Temos que
∇ϕ(x, y) = ~F(x, y) em U.
Logo, ~F é conservativo em U, onde uma função potencial é dada por:
ϕ(x, y) =
√
x2 + y2, (x, y) ∈ U.
(b) Como ~F é conservativo, então pelo teorema fundamental do cálculo para integrais de linha,
temos: ∫
C
~F · d~r = ϕ(0,−2) − ϕ(1,−1) =
√
4 −
√
2 = 2 −
√
2.
Questão 4 [2,5 pts]: Seja S a superf́ıcie da esfera x2 + y2 + z2 = a2, situada no interior do cilindro
x2 + y2 = ay, com a > 0. Determine o valor de a de modo que A(S ) = 18(π − 2) unidades de área.
Solução: O esboço de S é:
x
y
z
S 1
S 2
a
2
a
a
x
y
D=ProjxOyS
a
2
a
Temos S = S 1 ∪ S 2, onde A(S 1) = A(S 2). Logo, A(S ) = 2A(S 1), onde S 1 pode ser olhada como
gráfico da função z =
√
a2 − x2 − y2, (x, y) ∈ D : x2 +
(
y −
a
2
)2
≤ a2.
Assim, a área de S 1 é dada por:
A(S 1) =
∫∫
D
√
1 + (zx)2 + (zy)2 dx dy,
onde zx =
−x√
a2 − x2 − y2
e zy =
−y√
a2 − x2 − y2
.
Logo,
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Cálculo IV – AD2 AD2 – Tutor 4
A(S 1) =
∫∫
D
√
1 +
x2 + y2
a2 − x2 − y2 dx dy =
∫∫
D
√
a2 − x2 − y2 + x2 + y2
a2 − x2 − y2 dx dy =
∫∫
D
a√
a2 − x2 − y2
dx dy.
Em coordenadas polares:
a√
a2 − x2 − y2
dx dy =
a√
a2 − r2
r dr dθ.
Descrição de D em coordenadas polares:
Drθ :
0 ≤ r ≤ a sen θ
0 ≤ θ ≤ π.
Então,
A(S 1) =
∫∫
Drθ
a√
a2 − r2
r dr dθ =
a
−2
∫ π
0
∫ a sen θ
0
(a2 − r2)−
1
2 (−2r)dr dθ
=
a
−2
∫ π
0
2
[
(a2 − r2)
1
2
]a sen θ
0
dθ = −a
∫ π
0
[
(a2 − a2 sen2 θ)
1
2 − (a2)
1
2
]
dθ
= −a
∫ π
0
[
(a2 cos2 θ)
1
2 − a
]
dθ = −a
∫ π
0
(a| cos θ| − a) dθ
= −a2
(∫ π/2
0
| cos θ| dθ +
∫ π
π/2
| cos θ| dθ
)
+ a2
∫ π
0
dθ
= −a2
(∫ π/2
0
cos θ dθ −
∫ π
π/2
cos θ dθ
)
+ πa2
= −a2
(
[sen θ]π/20 − [sen θ]ππ/2
)
+ πa2 = −a2(1 + 1) + πa2 = a2(π − 2).
Isto é, A(S 1) = a2(π − 2). Logo, A(S ) = 2a2(π − 2).
Como A(S ) = 18(π − 2) então 2a2(π − 2) = 18(π − 2), donde a2 = 9. Como a > 0, então a = 3.
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