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]: Seja f : R −→ R diferenciável e g : R −→ R uma primitiva de f , tal que
g(0) = 2 e g(2) = −1. Calcule
I =
∫
C
x y f (x2 + y2 + z3) dx + y2 f (x2 + y2 + z3) dy + x z f (x2 + y2 + z3) dz,
onde C é a curva interseção das superf́ıcies x2+y2 = 1, y ≥ 0 e z = x, orientada no sentido anti-horário
quando vista de cima.
Solução: Seja
~F(x, y, z) =
(
x y f
(
x2 + y2 + z3
)
, y2 f
(
x2 + y2 + z3
)
, x z f
(
x2 + y2 + z3
))
.
Temos
C :
x2 + y2 = 1, y ≥ 0,
z = x
orientada no sentido anti-horário quando vista de cima. Logo, uma parametrização de C é dada por
C : ~r(t) = (cos t, sen t, cos t), 0 ≤ t ≤ π.
Temos
I =
∫
C
~F · d~r =
∫ π
0
~F(~r(t)) · ~r ′(t) dt,
onde
~r ′(t) = (− sen t, cos t,− sen t)
e
~F(~r(t)) =
(
cos t sen t f (1 + cos3 t), sen2 t f (1 + cos3 t), cos2 t f (1 + cos3 t)
)
.
Donde
~F(~r(t)) · ~r ′(t) = − cos t sen2 t f (1 + cos3 t) + cos t sen2 t f (1 + cos3 t) − cos2 t sen t f (1 + cos3 t)
= − cos2 t sen t f (1 + cos3 t).
Então,
I =
∫ π
0
− cos2 t sen t f (1 + cos3 t) dt.
Fazendo u = 1 + cos3 t, temos du = −3 cos2 t sen t dt, donde − cos2 t sen t dt =
du
3
.
Para t = 0, temos u = 2 e para t = π, temos u = 0. Assim,
I =
∫ 0
2
f (u)
du
3
=
1
3
∫ 0
2
f (u) du =
1
3
∫ 0
2
g′(u) du =
1
3
[
g(u)
]0
2
=
1
3
[
g(0) − g(2)
]
=
1
3
(2 − (−1)) = 1.
Logo, I = 1.
Cálculo IV – AD2 AD2 – Tutor 2
Questão 2 [2,5 pts]: Calcule o trabalho realizado pelo campo de forças
~F(x, y) =
(
1
4
y4 −
1
2
y2 −
1
2
x3 cos(y3)
)
~ı +
(
x y3 +
1
2
x2 +
3
8
x4 y2 sen
(
y3
))
~
ao atuar sobre uma part́ıcula que se move ao logo da curva C fronteira da região limitada por
y = 1 +
√
4 − x2, y = 0, x = −2 e x = 2, orientada no sentido anti-horário.
Solução: Temos que o trabalho W é dado por W =
∫
C
~F · d~r.
De y = 1 +
√
4 − x2 temos x2 + (y − 1)2 = 4 com y ≥ 1. Assim, o esboço da curva C, fronteira da
região D é:
x
y
3
1
2−2
C = ∂D
D
O campo
~F(x, y) = (P(x, y),Q(x, y)) =
(
1
4
y4 −
1
2
y2 −
1
2
x3 cos(y3) , x y3 +
1
2
x2 +
3
8
x4 y2 sen
(
y3
))
é de classe C1 em R2 e
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
=
(
y3 + x +
3
2
x3 y2 sen
(
y3
))
−
(
y3 − y +
3
2
y2 x3 sen(y3)
)
= x + y.
Como C = ∂D está orientada positivamente, então podemos aplicar o teorema de Green. Temos
então,
W =
∫
C
~F · d~r =
∫
∂D+
~F · d~r =
∫∫
D
(
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
)
dx dy
=
∫∫
D
(x + y) dx dy =
∫∫
D
x dx dy︸ ︷︷ ︸
I1
+
∫∫
D
y dx dy︸ ︷︷ ︸
I2
Cálculo de I1:
Como f (x, y) = x é ı́mpar na variável x e D tem simetria em relação ao eixo y, então I1 = 0.
Cálculo de I2:
Temos
I2 =
∫ 2
−2
∫ 1+
√
4−x2
0
y dy dx =
∫ 2
−2
[
y2
2
]1+
√
4−x2
0
dx =
1
2
∫ 2
−2
(
1 + 2
√
4 − x2 + 4 − x2
)
dx
=
1
2
∫ 2
−2
(
5 − x2 + 2
√
4 − x2
)
dx =
1
2
[
5x −
x3
3
]2
−2
+
∫ 2
−2
√
4 − x2 dx︸ ︷︷ ︸
I3
=
22
3
+ I3.
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Cálculo IV – AD2 AD2 – Tutor 3
Cálculo de I3:
Fazendo x = 2 sen θ, temos dx = 2 cos θ dθ. Para x = −2, temos θ = −
π
2
e para x = 2, temos θ =
π
2
.
Além disso,
√
4 − x2 =
√
4 − 4 sen2 θ =
√
4 cos2 θ = 2 cos θ, pois −
π
2
≤ θ ≤ π2. Logo,
I3 =
∫ π/2
−π/2
(2 cos θ)(2 cos θ) dθ = 4
∫ π/2
−π/2
cos2 θ dθ = 4
1
2
[
θ +
sen 2θ
2
]π/2
−π/2
= 2π.
Assim, I2 =
22
3
+ 2π e, portanto,
W =
22
3
+ 2π u.w.
Questão 3 [2,5 pts]: O campo ~F(x, y) =
(
−y + 1
x2 + (y − 1)2 ,
x
x2 + (y − 1)2
)
é conservativo em U =
R2 − {(0, 1)}? Por quê?
Solução: Observemos que o campo ~F(x, y) = (P(x, y),Q(x, y)) =
(
−y + 1
x2 + (y − 1)2 ,
x
x2 + (y − 1)2
)
=(
−
y − 1
x2 + (y − 1)2 ,
x
x2 + (y − 1)2
)
é de classe C1 no conjunto aberto U = R2 − {(0, 1)} e
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
=
x2 + (y − 1)2 − x · 2x
[x2 + (y − 1)2]2 +
x2 + (y − 1)2 − (y − 1) · 2(y − 1)
[x2 + (y − 1)2]2
=
−x2 + (y − 1)2
[x2 + (y − 1)2]2 +
x2 − (y − 1)2
[x2 + (y − 1)2]2 = 0.
Como U = R2−{(0, 1)} não é simplesmente conexo, não podemos aplicar o Teorema das Equivalências.
Sendo assim, consideremos o ćırculo C : x2 + (y − 1)2 = a2 de centro em (0, 1) e raio a. Uma
parametrização de C orientado no sentido anti-horário, é dada por
C : x = a cos t, y = 1 + a sen t, 0 ≤ t ≤ 2π,
donde
dx = (−a sen t) dt e dy = (a cos t) dt.
Assim, �
C
~F · d~r =
�
C
−
y − 1
x2 + (y − 1)2 dx +
x
x2 + (y − 1)2 dy
=
∫ 2π
0
[
−
a sen t
a2 (−a sen t) +
a cos t
a2 (a cos t)
]
dt
=
∫ 2π
0
(sen2 t + cos2 t) dt = 2π , 0.
Como
�
C
~F · d~r , 0, então conclúımos que ~F não é conservativo.
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Cálculo IV – AD2 AD2 – Tutor 4
Questão 4 [2,5 pts]: Seja S a superf́ıcie de revolução obtida girando a curva C : (y− 1)2 + z2 = 1
em torno do eixo z.
(a) Apresente uma parametrização de S ;
(b) Calcule a área de S .
Solução:
(a) Seja ~c(t) = (0, 1 + cos t︸ ︷︷ ︸
y(t)
, sen t︸︷︷︸
z(t)
), 0 ≤ t ≤ 2π, uma parametrização de C. Então, uma parame-
trização de S é dada por:
~r(t, θ) = (y(t) cos θ, y(t) sen θ, z(t)), com (t, θ) ∈ D : 0 ≤ t ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ 2π,
ou seja,
~r(t, θ) = ((1 + cos t) cos θ, (1 + cos t) sen θ, sen t), com (t, θ) ∈ D : 0 ≤ t ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ 2π.
(b) Temos 
∂~r
∂t
= (− sen t cos θ , − sen t sen θ , cos t)
∂~r
∂θ
= (−(1 + cos t) sen θ , (1 + cos t) cos θ , 0).
Logo,
∂~r
∂t
×
∂~r
∂θ
= (− cos t cos θ (1 + cos t) , − cos t sen θ (1 + cos t) , − sen t (1 + cos t))
= (1 + cos t) (− cos t cos θ , − cos t sen θ , − sen t).
Donde, ∥∥∥∥∥∂~r∂t
×
∂~r
∂θ
∥∥∥∥∥ = (1 + cos t)
√
cos2 t cos2 θ + cos2 t sen2 θ + sen2 t
= (1 + cos t)
√
cos2 t + sen2 t = 1 + cos t.
Então,
A(S ) =
∫∫
D
∥∥∥∥∥∂~r∂t
×
∂~r
∂θ
∥∥∥∥∥ =
∫∫
D
(1 + cos t) dt dθ
=
∫ 2π
0
∫ 2π
0
(1 + cos t) dt dθ =
∫ 2π
0
[
t + sen t
]2π
0
dθ = 2π
∫ 2π
0
dθ
= 4π2 u.a.
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