Cálculo de Trabalho e Campo Vetorial

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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]: Calcule o trabalho realizado pelo campo de forças ~F(x.y, z) = (2y − 2)~i +
z − 14
6
~j + (2x + 2)~k para deslocar uma part́ıcula ao longo da trajetória C, interseção das superf́ıcies
z = 4x2 + y2 e 8x − 2y + z = 4, orientada de modo que sua projeção no plano xy seja percorrida uma
vez no sentido horário.
Solução: O trabalho W é dado por:
W =
∫
C
~F · d~r =
∫ b
a
~F(~r(t)) · ~r ′(t) dt,
onde ~r(t) é uma parametrização de C. Temos
z = 4x2 + y2 , 8x − 2y + z = 4 =⇒ 8x − 2y + 4x2 + y2 = 4
=⇒ 4(x2 + 2x + 1) + (y2 − 2y + 1) = 4 + 4 + 1 =⇒ 4(x + 1)2 + (y − 1)2 = 9
=⇒
(x + 1)2
9/4
+
(y − 1)2
9
= 1
Isto significa que a projeção de C no plano xy é a elipse de centro (−1, 1) e semieixos a =
3
2
e b = 3.
Sabemos que uma parametrização da elipse no sentido anti-horário é dada por
x = −1 +
3
2
cos t , y = 1 + 3 sen t , 0 ≤ t ≤ 2π.
de z = 4 − 8x + 2y temos z = 4 − 8
(
−1 +
3
2
cos t
)
+ 2(1 + 3 sen t) ou z = 14 − 12 cos t + 6 sen t.
Como C tem orientação horária, então C− tem orientação anti-horária. Logo, C− é dada por
C− : ~r(t) =
(
−1 + 3
2 cos t, 1 + 3 sen t, 14 − 12 cos t + 6 sen t
)
, 0 ≤ t ≤ 2π.
Temos
~r ′(t) =
(
−
3
2
sen t, 3 cos t, 12 sen t + 6 cos t
)
e
~F(~r(t)) =
(
2 + 6 sen t − 2,
14 − 12 cos t + 6 sen t − 14
6
,−2 + 3 cos t + 2
)
= (6 sen t,−2 cos t + sen t, 3 cos t).
Assim,
W =
∫ b
a
~F(~r(t)) · ~r ′(t) dt
=
∫ 2π
0
(6 sen t,−2 cos t + sen t, 3 cos t) ·
(
−
3
2
sen t, 3 cos t, 12 sen t + 6 cos t
)
dt
=
∫ 2π
0
(−9 sen2 t − 6 cos2 t + 3 sen t cos t + 36 sen t cos t + 18 cos2 t) dt
Cálculo IV – AD2 AD2 – Tutor 2
=
∫ 2π
0
(−9 sen2 t + 12 cos2 t + 39 sen t cos t) dt
= −
9
2
[
t −
sen 2t
2
]2π
0
+
12
2
[
t +
sen 2t
2
]2π
0
+
39
2
[
sen2 t
]2π
0
= −9π + 12π + 0 = 3π u.w.
Questão 2 [2,5 pts]: Seja o campo vetorial ~F = (P,Q) = (sen(x2)+ x+ 4y+ y9, 4x+ 9xy8). Calcule∫
C
~F · d~r, onde C é dada por
(a) (1,0 pt) C : ~r(t) = (cos t,−1 + sen t) , 0 ≤ t ≤ 2π.
(b) (1,5 pt) C :
(x − 2)2
4
+ y2 = 1 , x ≥ 2 , orientada de (2,−1) a (2, 1).
Solução:
(a) Temos:
• ~F de classe C1 em R2;
• R2 é um conjunto simplesmente conexo
•
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
= (4 + 9y8) − (4 + 9y8) = 0
Logo, pelo teorema das equivalências, segue que:
(i)
∫
C
~F · d~r = 0, qualquer que seja a curva fechada C;
(ii)
∫
C
~F · d~r não depende do caminho C;
(iii) ~F é conservativo.
No caso do item (a), temos ~r(0) = (1,−1) = ~r(2π). Logo, C é uma curva fechada, donde de (i),
temos
∫
C
~F · d~r = 0.
(b) O esboço de C é:
x
y
C
C1
2 4
(2, 1)
(2,−1)
Como
∫
C
~F · d~r nao depende de C, então consideramos no lugar de C o segmento de reta C1 que
liga (2,−1) a (2, 1) dado por
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Cálculo IV – AD2 AD2 – Tutor 3
C1 : x = 2 , −1 ≤ y ≤ 1.
De x = 2, temos dx = 0. Então,∫
C
~F · d~r =
∫
C1
~F · d~r =
∫
C1
P dx︸︷︷︸
= 0
+Q dy =
∫ 1
−1
Q(2, y) dy
=
∫ 1
−1
(4 × 2 + 9 × 2 y8) dy =
∫ 1
−1
(8 + 18y8) dy
=
[
8y + 2y9
]1
−1
= 16 + 4 = 20.
Questão 3 [2,5 pts]: Seja ~F = (P,Q) : R2 → R2 um campo de classe C1, tal que div ~F = x2 + y2.
Considere o campo vetorial ~G = (−Q, P) : R2 → R2. Calcule
∫
C
~G ·d~r, onde C é a fronteira da região
D = {(x, y) ∈ R2 ; x2 + y2 ≥ 4 , x2 + y2 ≤ 4x , y ≥ 0}, orientada positivamente.
Solução: x2 + y2 = 4x , x2 + y2 = 4 , y ≥ 0 =⇒ 4x = 4 , y ≥ 0 =⇒ x = 1 e y =
√
3 =⇒ as curvas se
intersectam em (1,
√
3). Assim, o esboço de D é:
x
y
∂D
D
θ
1 2 4
(
1,
√
3
)
Temos tg θ =
√
3, donde θ =
π
3
.
Como ~F = (P,Q) é de classe C1 em R2, então ~G = (−Q, P) é também de classe C1 em R2. Como
∂D está orientada positivamente, então pelo teorema de Green, temos:∫
C
~G · d~r =
∫
∂D+
~G · d~r =
∫
∂D+
−Q dx + P dy
=
∫∫
D
(
∂P
∂x
−
∂(−Q)
∂y
)
dx dy =
∫∫
D
(
∂P
∂x
+
∂Q
∂y
)
dx dy
=
∫∫
D
div ~F dx dy =
∫∫
D
(x2 + y2) dx dy.
Calculemos a integral dupla por coordenadas polares. Temos
(x2 + y2) dx dy = r2 r dr dθ = r3 dr dθ.
Descrição de D em coordenadas polares:
A equação x2 + y2 = 4 é transformada em r = 2 e a equação x2 + y2 = 4x é transformada em
r2 = 4r cos θ ou r = 4 cos θ se r , 0.
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Temos então,
Drθ :
0 ≤ θ ≤ π/3
2 ≤ r ≤ 4 cos θ.
Assim, ∫∫
D
(x2 + y2) dx dy =
∫∫
Drθ
r3 dr dθ =
∫ π/3
0
∫ 4 cos θ
2
r3 dr dθ =
∫ π/3
0
[
r4
4
]4 cos θ
2
dθ
=
1
4
∫ π/3
0
(44 cos4 θ − 24) dθ = 43
∫ π/3
0
cos4 θ dθ −
24
4
·
π
3
= 43
∫ π/3
0
cos4 θ dθ −
4π
3
.
Da trigonometria, temos
cos4 θ = (cos2 θ)2 =
(
1 + cos 2θ
2
)2
=
1
4
(
1 + 2 cos 2θ + cos2 2θ
)
.
Então,∫
cos4 θ dθ =
1
4
∫ (
1 + 2 cos 2θ + cos2 2θ
)
dθ =
1
8
∫ (
1 + 2 cos 2θ + cos2 2θ
)
d(2θ)
=
1
8
[
2θ + 2 sen 2θ +
1
2
(
2θ +
sen 4θ
2
)]
+C =
1
8
(
3θ + 2 sen 2θ +
sen 4θ
4
)
+C
Logo,
43
∫ π/3
0
cos4 θ dθ = 43 ·
1
8
[
3θ + 2 sen 2θ +
sen 4θ
4
]π/3
0
= 8
(
π + 2 sen
2π
3
+
1
4
sen
4π
3
)
= 8
[
π + 2
√
3
2
+
1
4
(
−
√
3
2
)]
= 8
(
π +
√
3 −
√
3
8
)
= 8π + 7
√
3.
Assim, ∫∫
D
(x2 + y2) dx dy = 8π + 7
√
3 −
4π
3
=
20π
3
+ 7
√
3.
Ou seja, ∫
C
~G · d~r =
20π
3
+ 7
√
3.
Questão 4 [2,5 pts]: Seja S a parte da esfera x2 + y2 + z2 = 4, interior ao cone x2 + y2 = 3z2.
Calcule a área de S .
Solução: x2 + y2 + z2 = 4 , x2 + y2 = 3z2 =⇒ 3z2 + z2 = 4 =⇒ 4z2 = 4 =⇒ z = ±1 , x2 + y2 = 3.
Isto significa que as superf́ıcies se intersectam nos planos z = 1 e z = −1, segundo o ćırculo x2+y2 = 3.
Assim, o esboço de S é:
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x y
z
S 1
S 2
φ
Da figura, vemos que tg φ =
√
3
1
=
√
3, donde φ =
π
3
.
Vemos também que S = S 1 ∪ S 2, onde A(S 1) = A(S 2) por simetria. Logo, A(S ) = 2 A(S 1).
Uma parametrização de S 1 é dada por:
~r(φ, θ) = (2 sen φ cos θ, 2 sen φ sen θ, 2 cos φ),
com
(φ, θ) ∈ D : 0 ≤ φ ≤
π
3
, 0 ≤ θ ≤ 2π.
Da teoria, temos que ‖~rφ × ~rθ‖ = 22 sen φ = 4 sen φ.
Temos então:
A(S 1) =
∫∫
D
‖~rφ × ~rθ‖ dφ dθ = 4
∫∫
D
sen φ dφ dθ = 4
∫ π/3
0
sen φ
∫ 2π
0
dθ dφ
= 8π
∫ π/3
0
sen φ dφ = 8π
[
− cos φ
]π/3
0
= 8π
[
−
1
2
+ 1
]
= 4π u.a.
Portanto,
A(S ) = 2 · (4π) = 8π u.a.
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