Integrais de Campos Vetoriais

Prévia do material em texto

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
x
y
z
C
1
1
1
2
Fig. 1: Curva C.
Questão 1 [2,0 pontos]
Calcule
∫
C
~F · d~r, se ~F (x, y, z) = (xy, yz, xz) e C é a interseção
das superf́ıcies x2 + y2 = 1 e x + y + z = 1 percorrida no sentido
anti-horário quando vista de cima.
Solução: O esboço de C é mostrado na Figura 1. Em primeiro
lugar, devemos parametrizar a curva C:
C :
x2 + y2 = 1
x+ y + z = 1
=⇒

x = cos t
y = sen t
z = 1− cos t− sen t
t ∈ [0, 2π].
Assim, obtemos
dx = − sen t dt, dy = cos t dt, dz = (sen t− cos t) dt.
Em seguida, calculemos a integral∮
C
~F · d~r =
∮
C
xy dx+ yz dy + xz dz
=
∫ 2π
0
cos t sen t(− sen t)dt+ sen t(1− cos t− sen t) cos t dt
+ cos t(1− cos t− sen t)(sen t− cos t)dt
=
∫ 2π
0
(−3 sen2 t cos t+ 2 sen t cos t− cos2 t sen t− cos2 t+ cos3 t)dt
=
[
− sen3 t+ sen2 t+ cos3 t
3 − 1
2
(
t+ sen 2t
2
)
+ sen t− sen3 t
3
]2π
0
= −π.
Ou seja,
∮
C
~F · d~r = −π.
Questão 2 [3,0 pontos]
Determine a integral do campo vetorial ~F (x, y) =
(−y + x
x2 + y2 ,
x+ y
x2 + y2
)
,
(x, y) ∈ U = R2 − {(0, 0)}, sobre os caminhos fechados Ci, i =
1, 2, 3, orientados no sentido anti-horário.
(a) [1,5 ponto] C1: o ćırculo de centro (0, 0) e raio a.
(b) [1,0 ponto] C2: o triângulo de vértices (4,−2), (0, 2) e (−4,−2).
(c) [0,5 ponto] C3: o ćırculo (x− 2)2 + y2 = 1.
Sugestão: expresse ~F = ~G+ ~H, onde ~G(x, y) =
(
−y
x2+y2 ,
x
x2+y2
)
e ~H(x, y) =
(
x
x2+y2 ,
y
x2+y2
)
, para (x, y) ∈ U .
Cálculo IV – AD2 AD1 – Tutor 2
Solução: Se ~F = ~G+ ~H, então
�
C
~F · d~r =
�
C
~G · d~r +
�
C
~H · d~r.
Observemos que ~H = ∇ϕ, onde ϕ(x, y) = 1
2 ln(x2 + y2) em U . Logo,
�
C
~H · d~r =
�
C
∇ϕ · d~r = 0,
qualquer que seja o caminho fechado C.
Portanto, substituindo acima, obtemos�
Ci
~F · d~r =
�
Ci
~G · d~r, i = 1, 2, 3, (1)
com ~G(x, y) = (P (x, y), Q(x, y)) =
( −y
x2 + y2 ,
x
x2 + y2
)
em U .
Temos
∂Q
∂x
= −x2 + y2
(x2 + y2)2 = ∂P
∂y
, donde
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
= 0 em U .
(a)
x
y
C1
a
Fig. 2: Curva C1.
Como ~G não é diferenciável em (0, 0), então não podemos aplicar
o Teorema de Green na região delimitada por C1 : x2 + y2 = a2.
Sendo assim, utilizamos a definição de integral de linha de um campo
vetorial.
Então, parametrizemos C1:
C1 : x = a cos t, y = a sen t, 0 ≤ t ≤ 2π.
Donde, dx = −a sen t dt, dy = a cos t dt.
Logo,�
C1
~G · d~r =
∫ 2π
0
−a sen t
a2 (−a sen t) dt+ a cos t
a2 (a cos t) dt
=
∫ 2π
0
(sen2 t+ cos2 t) dt = 2π.
Portanto, de (1) obtemos: �
C1
~F · d~r = 2π.
(b)
x
y
C1
C2
D
1
2
−2
4−4
Fig. 3: Curvas C1 e C2 limitando D.
Também aqui, não podemos aplicar o teorema de
Green, pois a região delimitada por C2 contém
(0, 0). Então, consideremos o ćırculo C1 de cen-
tro (0, 0) e raio 1, orientado no sentido horário e
seja D a região limitada por C1 e C2. Como D
não contém (0, 0) e ∂D = C1 ∪C2 está orientada
positivamente, então podemos aplicar o Teorema
de Green em D:�
C2
~G · d~r +
C1
~G · d~r =
∫∫
D
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dx dy
=
∫∫
D
0 dx dy = 0.
Assim, pelo item (a), �
C2
~G · d~r =
�
C1
~G · d~r = 2π.
Dessa maneira, de (1), temos: �
C2
~F · d~r = 2π.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV – AD2 AD1 – Tutor 3
(c)
x
y
C3
D
1 2 3
Fig. 4: Curva C3 limitando D.
Como a região D delimitada por C3 não contém (0, 0), então
podemos aplicar nela o Teorema de Green.
Temos, então�
C3
~G · d~r =
∫∫
D
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dx dy = 0.
Por conseguinte, de (1) temos:�
C3
~F · d~r = 0.
Questão 3 [3,0 pontos]
Considere a integral
I =
∫
C
xrm
y
dx− x2rm
y2 dy, x > 0, y > 0
onde m é uma constante e x2 + y2 = r2.
(a) [1,5 ponto] Calcule m de modo que a integral I seja independente da curva C.
(b) [1,5 ponto Seja m como no item anterior e considere uma curva C qualquer que começa em
(3, 2) e termina em (1, 1). Calcule a integral I ao longo de C.
Sugestão: prove que ∂r
∂x = x
r ,
∂r
∂y = y
r ,
∂rm
∂x = mxrm−2, ∂rm
∂y = myrm−2.
Solução:
(a) Seja o campo ~F (x, y) = (P (x, y), Q(x, y)) =
(
xrm
y
,
−x2rm
y2
)
, (x, y) ∈ U = {(x, y) ∈ R2 ; x > 0, y > 0}.
Derivando x2 + y2 = r2 em relação a x e y, obtemos:
2x = 2r ∂r
∂x
donde
∂r
∂x
= x
r
,
2y = 2r ∂r
∂y
donde
∂r
∂y
= y
r
.
Assim,
∂rm
∂x
= mrm−1 ∂r
∂x
= mrm−1x
r
= mxrm−2,
∂rm
∂y
= mrm−1 ∂r
∂y
= mrm−1 y
r
= myrm−2.
Portanto,
∂Q
∂x
= − 1
y2 (2xrm + x2mxrm−2) = − 1
y2 (2xrm + x3mrm−2) = xrm−2
y2 (−2r2 −mx2)
∂P
∂y
= 1
y2
(
xy
∂rm
∂y
− xrm
)
= 1
y2 (xymyrm−2 − xrm) = 1
y2 (mxy2rm−2 − xrm) = xrm−2
y2 (my2 − r2).
Como U é um conjunto simplesmente conexo, então pela teoria, temos que:
I é independente de C ⇐⇒ ∂Q
∂x
= ∂P
∂y
⇐⇒ −2r2 −mx2 = my2 − r2 ⇐⇒ −r2 = m(x2 + y2)⇐⇒ m = −1, pois r2 = x2 + y2.
(b) m = −1 =⇒ ~F (x, y) = (P (x, y), Q(x, y)) =
(
x
y
√
x2 + y2 ,
−x2
y2
√
x2 + y2
)
, (x, y) ∈ U .
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV – AD2 AD1 – Tutor 4
Como U é um conjunto simplesmente conexo e I é independente de C, então pelo Teorema das
Equivalências, segue que ~F é conservativo, ou seja, ~F admite uma função potencial ϕ(x, y):
∂ϕ
∂x
= P (x, y) = x
y
√
x2 + y2 (1)
∂ϕ
∂y
= Q(x, y) = −x2
y
√
x2 + y2 (2)
Integrando (1) em relação a x, obtemos:
ϕ(x, y) = 1
y
∫
(x2 + y2)−1/2x dx = 1
2y
∫
(x2 + y2)−1/2(2x) dx
= 1
2y 2(x2 + y2)1/2 + f(y) = (x2 + y2)1/2
y
+ f(y) (3)
Derivando (3) em relação a y e comparando com (2), encontramos:(
1
2(x2 + y2)−1/2 · 2y
)
y − (x2 + y2)1/2
y2 + f ′(y) = −x2
y2
√
x2 + y2
=⇒ (x2 + y2)−1/2(y2 − x2 − y2)
y2 + f ′(y) = −x2
y2
√
x2 + y2
=⇒ f ′(y) = 0 =⇒ f(y) = C (constante).
Logo, ϕ(x, y) =
√
x2 + y2
y
+ C, (x, y) ∈ U .
Consequentemente,
I = ϕ(1, 1)− ϕ(3, 2) =
√
2−
√
13
2 .
Questão 4 [2,0 pontos]
Seja S a superf́ıcie x2 + y2 + z2 = 4, z ≥ 1.
(a) [0,5 ponto] Parametrize S utilizando as coordenadas esféricas.
(b) [0,5 ponto] Calcule a área de S.
(c) [0,5 ponto] Calcule a integral de f(x, y, z) = z(x2 + y2) sobre S.
(d) [0,5 ponto] Calcule a integral de f(x, y, z) = x2 + y2 + (z − 2)2 sobre S.
x y
z
S
1
2
φo
√
3
√
3
tanφo =
√
3
1
=⇒ φo = π
3
Fig. 5: Superf́ıcie S.
Solução:
(a) O esboço de S é mostrado na Figura 5.
Utilizando as coordenadas esféricas φ e θ para parametri-
zar S, temos:
S : ~r(φ, θ) = (2 senφ cos θ , 2 senφ sen θ , 2 cosφ)
(φ, θ) ∈ D : 0 ≤ φ ≤ π/3 , 0 ≤ θ ≤ 2π.
(b) Da teoria, temos que dS = ‖~rφ × ~rθ‖ dφ dθ, onde
‖~rφ × ~rθ‖ = 4 senφ. Donde, dS = 4 senφ dφ dθ.
Como A(S) =
∫∫
S
dS, então
A(S) =
∫∫
D
4 senφ dφ dθ = 4
∫ π/3
0
senφ
∫ 2π
0
dθ dφ = 8π
[
− cosφ
]π/3
0
= 8π(1− 1/2) = 4π.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Cálculo IV – AD2 AD1 – Tutor 5
Ou seja, A(S) = 4π u.a.
(c) Temos∫∫
S
f(x, y, z) dS =
∫∫
S
z(x2 + y2) dS =
∫∫
D
2 cosφ(4 sen2 φ)4 senφ dφ dθ
= 32
∫ π/3
0
cosφ sen3 φ
∫ 2π
0
dθ dφ = 64π
[
sen4 φ
4
]π/3
0
= 16π
( √
3
2
)4
= 9π.
(d) Temos∫∫
S
f(x, y, z) dS =
∫∫
S
(x2 + y2 + (z − 2)2) dS =
∫∫
S
(x2 + y2 + z2 − 4z + 4) dS
=
∫∫
S
(8− 4z) dS = 8A(S)− 4
∫ π/3
0
∫ 2π
0
(2 cosφ · 4 senφ) dφ dθ
= 8(4π)− 32
∫ π/3
0
cosφ senφ
∫ 2π
0
dθ dφ = 32π − 64π
[
sen2 φ
2
]π/3
0
= 32π − 32π
( √
3
2
)2
= 32π
(
1− 3
4
)
= 32π
4 = 8π.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ