Cálculo IV - Questões Resolvidas

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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]: Achar o trabalho de uma força ~F(x, y) dirigida para a origem do sistema
de coordenadas com uma grandeza que é proporcional à distância do ponto de aplicação à origem
quando este descreve, no sentido anti-horário, a parte da elipse 4x2 +y2 = 16, no primeiro quadrante.
Solução:
x
y
4
2
C~F(x, y)
Temos ‖ ~F(x, y)‖ = k‖(x, y)‖ = k
√
x2 + y2, onde k > 0 é uma constante de proporcionalidade. Como
~F(x, y) é dirigida para a origem, então ~F(x, y) = k(−x,−y).
Assim,
W =
∫
C
~F · d~r = −k
∫
C
x dx + y dy,
onde C é dada por
C : x = 2 cos t , y = 4 sen t , 0 ≤ t ≤ π/2.
Donde, dx = −2 sen t dt, dy = 4 cos t dt.
Então,
W = −k
∫ π/2
0
[(2 cos t)(−2 sen t) + (4 sen t)(4 cos t)] dt
= −k
∫ π/2
0
12 sen t cos t dt = −12k
[
sen2 t
2
]π/2
0
= −6k u.w.
Questão 2 [2,5 pts]: Seja ~F = (P,Q) de classe C1 em U = R2 − {(0, 2), (0,−2)}, tal que
∂Q
∂x
= x + 2 +
∂P
∂y
em U. Sejam C1 : x2 + y2 = 16, C2 : x2 + (y − 2)2 = 4 e C3 : x2 + (y + 2)2 = 4.
Cálculo IV – AD2 AD2 – Tutor 2
Calcule
�
C2
~F · d~r, sabendo que
�
C1
~F · d~r − 10π =
C2
~F · d~r e
�
C2
~F · d~r =
C3
~F · d~r − 8π.
Solução: O campo
−→
F = (P,Q) é de classe C1 no conjunto aberto U = R2 − {(0, 2), (0,−2)} e
∂Q
∂x
−
∂P
∂x
= x + 2 , 0. Logo,
−→
F não é conservativo. Os esboços das curvas C1, C2 e C3 em U, são:
x
y
4
4
2
−2
C1C2
C3
D
Seja D a região delimitada por C1, C2 e C3. Como D não contém (0, 2) e (0,−2), então D ⊂ U.
Orientemos positivamente ∂D = C1 ∪C2 ∪C3. Pelo teorema de Green, temos:�
C1
~F · d~r +
C2
~F · d~r +
C3
~F · d~r =
∫∫
D
(
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
)
dx dy
=
∫∫
D
(x + 2) dx dy =
∫∫
D
x dx dy︸ ︷︷ ︸
= 0 (?)
+2
∫∫
D
dx dy
= 2(π 42 − π 22 − π 22) = 16π.
De
�
C1
~F · d~r − 10π =
C2
~F · d~r e
�
C2
~F · d~r =
C3
~F · d~r − 8π, temos�
C1
~F · d~r =
C2
~F · d~r + 10π e
C3
~F · d~r =
�
C2
~F · d~r + 8π.
Substituindo acima: 
C2
~F · d~r + 10π +
C2
~F · d~r +
�
C2
~F · d~r + 8π = 16π
donde, 
C2
~F · d~r = 16π − 18π = −2π ou
�
C2
~F · d~r = 2π.
(?)
∫∫
D
x dx dy = 0 pois f (x, y) = x é uma função ı́mpar na variável x e D tem simetria em relação ao eixo y.
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Cálculo IV – AD2 AD2 – Tutor 3
Questão 3 [2,5 pts]: Calcule
∫
C
~F ·d~r, onde ~F = (P,Q) = (cos(xy2)−xy2 sen(xy2),−2x2y sen(xy2))
e C é dada por
(a) C : ~r(t) = (1 + cos t, sen t), 0 ≤ t ≤ 2π.
(b) C : ~r(t) = (t + (t − 1) ln(1 + t2),− cos(π2 t)), 0 ≤ t ≤ 1.
Solução: Temos ~F = (P,Q) = (cos(xy2) − xy2 sen(xy2),−2x2y sen(xy2)) de classe C1 no aberto
U = R2. Temos
∂Q
∂x
= −4xy sen(xy2) − 2x2y3 cos(xy2)
∂P
∂y
= −2xy sen(xy2) − 2xy sen(xy2) − 2x2y3 cos(xy2)
= −4xy sen(xy2) − 2x2y3 cos(xy2).
Donde
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
= 0. Como R2 é um conjunto simplesmente conexo então pelo teorema das
equivalências segue que:
•
∮
C
~F · d~r = 0, qualquer que seja a curva fechada C.
•
∫
C
~F · d~r não depende de C.
• F é conservativo.
(a) Como ~r(0) = (2, 0) = ~r(2π), então C é uma curva fechada. Logo,
∮
C
~F · d~r = 0.
(b) Temos ~r(0) = (0 + (−1) ln 1,− cos 0) = (0,−1) e ~r(1) = (1,− cos π
2 ) = (1, 0).
O campo ~F é conservativo, mas encontrar uma função potencial de ~F é uma tarefa dif́ıcil, então
usemos o fato que a integral de linha não depende da curva que liga (0,−1) a (1, 0).
x
y
2
−1
C2
C1
Então, consideremos o caminho C = C1 ∪ C2, onde C1 : x = 0 ,
−1 ≤ y ≤ 0 (e portanto dx = 0) e C2 : y = 0 , 0 ≤ x ≤ 1 (e
portanto dy = 0).
Temos∫
C
~F · d~r =
∫
C1
~F · d~r +
∫
C2
~F · d~r
=
∫
C1
P dx︸︷︷︸
= 0
+Q dy +
∫
C2
P dx + Q dy︸︷︷︸
= 0
=
∫ 0
−1
Q(0, y) dy +
∫ 1
0
P(x, 0) dx
=
∫ 0
−1
0 dy +
∫ 1
0
( cos 0︸︷︷︸
= 1
−0) dx = 0 +
∫ 1
0
dx = 1.
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Cálculo IV – AD2 AD2 – Tutor 4
Questão 4 [2,5 pts]: Calcule a área da superf́ıcie x2 + y2 = 2y, limitada por z = 0 e z =
√
x2 + y2.
Solução: O esboço da superf́ıcie S é:
x
y
z
2
S
x
y
z
2
S 1
Por simetria, temos S = S 1 ∪ S 2 com A(S 1) = A(S 2), donde A(S ) = 2A(S 1), onde S 1 é a porção de
S , contida no primeiro octante:
S 1 : x2 + y2 = 2y , x ≥ 0 , 0 ≤ z ≤
√
x2 + y2 =
√
2y.
Considerando as coordenadas ciĺındricas, temos:
x = r cos θ , y = r sen θ , z = z .
De x2 + y2 = 2y, temos r2 = 2r sen θ, donde r = 2 sen θ, se r , 0.
Assim, x = 2 sen θ cos θ = sen 2θ , y = 2 sen2 θ , z = z. Como x ≥ 0, então sen 2θ ≥ 0,
donde 0 ≤ 2θ ≤ π, ou 0 ≤ θ ≤ π
2 . Como 0 ≤ z ≤
√
x2 + y2 ≤
√
2y, então
0 ≤ z ≤
√
4 sen2 θ = 2 | sen θ| = 2 sen θ,
pois 0 ≤ θ ≤ π
2 . Logo, uma parametrização de S 1 é dada por:
S 1 : ~r(θ, z) = (sen 2θ, 2 sen2 θ, z) , com (θ, z) ∈ D : 0 ≤ θ ≤ π
2 , 0 ≤ z ≤ 2 sen θ.
Temos
~rθ × ~rz =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
~ı ~ ~k
2 cos 2θ 4 sen θ cos θ 0
0 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (4 sen θ cos θ,−2 cos 2θ, 0) = (2 sen 2θ,−2 cos 2θ, 0),
donde, ‖~rθ × ~rz‖ =
√
4 sen2 2θ + 4 cos2 2θ =
√
4 = 2.
Como A(S 1) =
∫∫
D
‖~rθ × ~rz‖ dθ dz, então
A(S 1) =
∫∫
D
2 dθ dz = 2
∫ π/2
0
∫ 2 sen θ
0
dz dθ = 4
∫ π/2
0
sen θ dθ = 4
[
− cos θ
]π/2
0
= 4 u.a.
Portanto, A(S ) = 2 · 4 = 8 u.a.
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