Cálculo IV - Trabalho e Integrais

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Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Cálculo IV – AD2 – Tutor
Questão 1 [2,0 pts] Calcule o trabalho realizado pelo campo de forças ~F(x, y) = (xy, y) ao mover
uma part́ıcula ao longo da curva C formada pela reunião dos segmentos de reta C1, C2, C3 e C4,
como na Figura 1.
x
y
C1
C2
C3
C4
1 3 4
1
3
Fig. 1: Curva C = C1 ∪C2 ∪C3 ∪C4, Questão 1.
Solução: O trabalho é dado por W =
∫
C
~F d~r, onde C = C1 ∪C2 ∪C3 ∪C4. Por propriedades das
integrais de linha, temos:∫
C
~F · d~r =
∫
C1
~F · d~r +
∫
C2
~F · d~r +
∫
C3
~F · d~r +
∫
C4
~F · d~r.
Cálculo de
∫
C1
~F · d~r.
Uma parametrização de C1 é dada por ~r(t) = (t, 1), 1 ≤ t ≤ 3, donde ~r ′(t) = (1, 0). Logo,∫
C1
~F · d~r =
∫ 3
1
~F(~r(t)) · ~r ′(t) dt =
∫ 3
1
(t, 1) · (1, 0) dt
=
∫ 3
1
t dt =
[
t2
2
]3
1
=
9
2
−
1
2
=
8
2
= 4.
Cálculo de
∫
C2
~F · d~r.
Uma parametrização de C2 é dada por ~r(t) = A + t(B − A), 0 ≤ t ≤ 1, com A = (3, 1) e B = (1, 3).
Então ~r(t) = (3, 1) + t((1, 3) − (3, 1)) = (3, 1) + t(−2, 2) = (3 − 2t, 1 + 2t), 0 ≤ t ≤ 1. Donde
~r ′(t) = (−2, 2). Assim,∫
C2
~F · d~r =
∫ 1
0
~F(~r(t)) · ~r ′(t) dt =
∫ 1
0
((3 − 2t)(1 + 2t) , (1 + 2t)) · (−2, 2) dt
= −2
∫ 1
0
(3 + 6t − 2t − 4t2 − 1 − 2t) dt = −2
∫ 1
0
(2 + 2t − 4t2) dt
= −2
[
2t + t2 −
4t3
3
]1
0
= −2
(
2 + 1 −
4
3
)
= −
10
3
.
Cálculo IV – AD1 AD2 – Tutor 2
Cálculo de
∫
C3
~F · d~r.
Uma parametrização de C3 é dada por ~r(t) = (t, 3), 1 ≤ t ≤ 4, donde ~r ′(t) = (1, 0). Então∫
C3
~F · d~r =
∫ 4
1
(3t, 3) · (1, 0) dt =
∫ 4
1
3t dt =
[
3t2
2
]4
1
=
45
2
.
Cálculo de
∫
C4
~F · d~r.
Uma parametrização de C4 é dada por ~r(t) = (4, 1 − 2t), −2 ≤ t ≤ 0, donde ~r ′(t) = (0,−1). Assim,∫
C4
~F · d~r =
∫ 0
−2
~F(~r(t)) · ~r ′(t) dt =
∫ 0
−2
(4(1 − t), (1 − t)) · (0,−1) dt
=
∫ 0
−2
(−1 + t) dt =
[
− t +
t2
2
]0
−2
= −(2 + 2) = −4.
Substituindo acima, temos: ∫
C
~F · d~r = 4 −
10
3
+
45
2
− 4 =
115
6
.
Ou seja,
∫
C
~F · d~r =
115
6
.
Questão 2 [2,0 pts]: Calcule a integral∫
C
(1 + ln x + ey) dx + (xey + sen3 y) dy
em que C é o segmento de reta que liga o ponto (1, 0) ao ponto (e, π).
Solução: O campo ~F(x, y) = (P(x, y),Q(x, y)) = (1 + ln x + ey , xey + sen3 y) é de classe C1 no
conjunto aberto U =
{
(x, y) ∈ R2 ; x > 0
}
(ver Figura 2).
x
y
C
1
1
e
π
Fig. 2: Segmento C ⊂ U. Questão 2.
Como
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
= ey − ey = 0 e U é um conjunto simplesmente
conexo, então, pelo teorema das equivalências, segue que ~F
é um campo conservativo. Uma função potencial ϕ(x, y) é
encontrada resolvendo o seguinte sistema:
∂ϕ
∂x
= 1 + ln x + ey (1)
∂ϕ
∂y
= xey + sen3 y (2)
De (1), temos
ϕ(x, y) = x ln x + xey + f (y), (3)
onde f (y) é uma constante de integração. Derivando (3) em
relação a y e comparando com (2), temos
xey + f ′(y) = xey + sen3 y, ou f ′(y) = sen3 y,
donde
f (y) =
∫
sen3 y dy =
∫
(1 − cos2 y) sen y dy = − cos y +
cos3 y
3
+C.
Substituindo acima, temos a faḿılia de funções potenciais de ~F:
ϕ(x, y) = x ln x + xey − cos y +
cos3 y
3
+C.
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Cálculo IV – AD1 AD2 – Tutor 3
Fazendo C = 0, temos uma função potencial
ϕ(x, y) = x ln x + xey − cos y +
cos3 y
3
.
Logo, pelo teorema fundamental do cálculo para integrais de linha, temos:∫
C
~F · d~r = ϕ(e, π) − ϕ(1, 0) =
(
e ln e + eeπ − cos π +
cos3 π
3
)
−
(
ln 1 + e0 − cos 0 +
cos3 0
3
)
=
(
e + e1+π + 1 −
1
3
)
−
(
0 + 1 − 1 +
1
3
)
= e + e1+π +
1
3
.
Quer dizer,
∫
C
~F · d~r = e + e1+π +
1
3
.
Questão 3 [4,0 pts]: Considere o campo vetorial
~F(x, y) =
y
4x2 + 9y2 ~ı −
x
4x2 + 9y2 ~ .
(a) [1,0 pt] Calcule a integral
∫
C
~F · d~r, em que C é a elipse 4x2 + 9y2 = 1, orientada no sentido
anti-horário.
(b) [1,0 pt] Calcule a integral
∫
C1
~F ·d~r, em que C1 é a circunferência (x−1)2+ (y−1)2 = 1, orientada
no sentido anti-horário.
(c) [2,0 pt] Calcule a integral
∫
C2
~F ·d~r, em que C2 é a fronteira do losango de vértices (−1, 0), (0, 1),
(1, 0) e (0,−1), orientado no sentido anti-horário.
Solução: (a) O campo ~F(x, y) =
(
y
4x2 + 9y2 , −
x
4x2 + 9y2
)
é de classe C1 no conjunto aberto
U = R2 − {(0, 0)}. O esboço de C é mostrado na Figura 3.
x
y
C
1
2
1
3
Fig. 3: Elipse C. Questão 3 (a).
Temos
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
=
−4x2 − 9y2 + 8x2
(4x2 + 9y2)2 −
4x2 + 9y2 − 18y2
4x2 + 9y2)2 = 0.
Como U não é um conjunto simplesmente conexo, não podemos aplicar o teorema das equivalências.
Também não podemos usar o teorema de Green pois a região limitada por C não está contida em
U. Então, só nos resta aplicar a definição para calcular a integral. Parametrizando C, temos:
x =
1
2
cos t, y =
1
3
sen t, 0 ≤ t ≤ 2π,
donde, dx = −
1
2
sen t cos t, dy =
1
3
cos t dt.
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Cálculo IV – AD1 AD2 – Tutor 4
Assim, ∫
C
~F · d~r =
∫ 2π
0
 1
3 sen t
(
−1
2 sen t
)
1
−
1
2 cos t
(
1
3 cos t
)
1
 dt
=
∫ 2π
0
(
−
1
6
sen2 t −
1
6
cos2 t
)
dt = −
1
6
· 2π = −
π
3
.
Ou seja,
∫
C
~F · d~r = −
π
3
.
(b) O esboço de C1 é mostrado na Figura 4
x
y
D1
C1=∂D1
1
1
Fig. 4: Curva C1 ⊂ U. Questão 3 (b).
Como a região D1 limitada por C1 está contida em U, então podemos aplicar o teorema de Green.
Temos ∫
C1
~F · d~r =
∫∫
D1
(
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
)
dx dy =
∫∫
D1
0 dx dy = 0.
Ou seja,
∫
C1
~F · d~r = 0.
(c) O esboço de C2 é mostrado na Figura 5
x
y
D
C
C2
1
2
1
3
1−1
1
−1
Fig. 5: Curvas C e C2 delimitando D. Questão 3 (c).
Consideremos a região D limitada por C2 e C, com C : 4x2 + 9y2 = 1 orientada no sentido horário.
Como D ⊂ U então, pelo teorema de Green, temos:
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�
C2
~F · d~r +
C
~F · d~r = 0,
donde �
C2
~F · d~r = −
C
~F · d~r =
�
C
~F · d~r = −
π
3
.
Quer dizer,
�
C2
~F · d~r = −
π
3
.
Questão 4 [2,0 pts]: Determine a massa da parte da superf́ıcie z2 = 3x2 + 3y2 que satisfaz z ≥ 0
e x2 + y2 ≤ 2y, com densidade δ(x, y, z) =
√
x2 + y2.
Solução: Parametrizamos a superf́ıcie S utilizando coordenadas polares como parâmetros. Temos
então
S : ~r(r, θ) = (r cos θ, r sen θ,
√
3r2 cos2 θ + 3r2 sen2 θ) = (r cos θ, r sen θ,
√
3 r),
com (r, θ) ∈ D : 0 ≤ r ≤ 2 sen θ, 0 ≤ θ ≤ π.
Também,
~rr × ~rθ = (cos θ, sen θ,
√
3) × (−r sen θ, r cos θ, 0) = (−
√
3r cos θ,−
√
3r sen θ, r)
e
‖~rr × ~rθ‖ =
√
3r2 cos2 θ + 3r2 sen2 θ + r2 = 2r.
Assim,
M =
∫∫
D
√
r2 cos2 θ + r2 sen2 θ 2r dr dθ = 2
∫ π
0
∫ 2 sen θ
0
r2 dr dθ
= 2
∫ π
0
[
r3
3
]2 sen θ
0
dθ =
16
3
∫ π
0
sen3 θ dθ =
16
3
∫ π
0
(1 − cos2 θ) sen θ dθ
=
16
3
[
− cos θ +
cos3 θ
3
]π
0
=
16
3
[(
1 −
1
3
)
−
(
−1 +
1
3
))
=
16
3
·
4
3
=
64
9
.
Quer dizer, M =
64
9
u.m.
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