prova_p2_gab_calc3_2013_1_mat

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Universidade Federal do Rio de Janeiro
INSTITUTO DE MATEMA´TICA
Departamento de Me´todos Matema´ticos
Gabarito da 2a Prova de Ca´lculo III - Matema´tica - Monica
05/06/2013
1a Questa˜o: (2 pontos)
Para que valores de n, a integral∫ ∫ ∫
Ω
1
(x2 + y2 + z2)n/2
dxdydz,
onde Ω e´ a esfera so´lida centrada na origem e de raio 1, e´ convergente, e para que valor?
(dica: separe em casos, de acordo com valores de n.)
Soluc¸a˜o
Como f(x, y, z) =
1
(x2 + y2 + z2)n/2
e´ descont´ınua em (0, 0, 0) ∈ Ω, a integral e´ impro´pria.
Sejam Ωk = {(x, y, z) ∈ IR3; 1/k ≤ x2 + y2 + z2 ≤ 1}, para k ∈ IN, k ≥ 2. Temos: Ωk ⊂ Ωk+1,
lim
k→∞
Ωk = Ω e f(x, y, z) cont´ınua em Ωk. Calculamos
∫ ∫ ∫
Ωk
1
(x2 + y2 + z2)n/2
dxdydz,
nos casos n < 3, n = 3 e n > 3:
Caso n = 3:∫ ∫
Ωk
1
(x2 + y2 + z2)n/2
dxdydz =
∫ ∫ ∫
Ωk
1
(x2 + y2 + z2)3/2
dxdydz =
=
∫ 2pi
0
∫ pi
0
∫ 1
1/k
1
ρ
senϕdρdϕdθ = 4pi
[
ln(1)− ln
(
1
k
)]
e
lim
k→∞
∫ ∫ ∫
Ωk
1
(x2 + y2)n/2
dxdydz =∞.
Caso n 6= 3:∫ ∫
Ωk
1
(x2 + y2 + z2)n/2
dxdydz =
∫ 2pi
0
∫ pi
0
∫ 1
1/k
1
ρn
ρ2 senϕdρdϕdθ = 4pi
[
1
3− n −
(1/k)3−n
3− n
]
.
Se n < 3,
lim
k→∞
∫ ∫ ∫
Ωk
1
(x2 + y2 + z2)n/2
dxdydz =
4pi
3− n.
Se n > 3,
lim
k→∞
∫ ∫ ∫
Ωk
1
(x2 + y2 + z2)n/2
dxdydz =∞.
Logo, a integral impro´pria converge somente para n < 3.
2a Questa˜o: (2 pontos)
Calcule
∫
C
xy ds, onde C e´ a parte da curva dada por 4x2 + 9y2 = 36, contida no primeiro
quadrante.
Soluc¸a˜o
Uma parametrizac¸a˜o para C: σ(t) = (3 cos t, 2 sen t), t ∈ [0, pi/2]. Logo, se f(x, y) = xy,∫
C
xy ds =
∫ pi/2
0
f(σ(t)) ‖ σ′(t) ‖ dt =
∫ pi/2
0
6 sen t cos t
√
4 + 5 sen 2t dt =
=
2
5
(
4 + 5 sen 2t
)3/2 |pi/20 = 385 .
3a Questa˜o: (2 pontos)
Calcule a a´rea da porc¸a˜o da esfera x2 + y2 + z2 = 1 que esta´ dentro do cone x2 + y2 = z2,
z ≥ 0.
Soluc¸a˜o
Uma parametrizac¸a˜o da superf´ıcie:
α(ϕ, θ) = ( senϕ cos θ, senϕ sen θ, cosϕ), 0 ≤ θ ≤ 2pi, 0 ≤ ϕ ≤ pi/4.
Logo, a a´rea da superf´ıcie e´:∫ 2pi
0
∫ pi/4
0
‖ αϕ × αθ ‖ dϕdθ =
∫ 2pi
0
∫ pi/4
0
senϕdϕdθ = 2pi
(
1−
√
2
2
)
.
4a Questa˜o: (2 pontos)
Calcule
∫ ∫
S
(
−→
F ◦ η) dS, onde −→F (x, y, z) = (0,√y, 0), S e´ a superf´ıcie dada por
x2 + z2 = y, 0 ≤ y ≤ 1 e η e´ a normal unita´ria apontando para fora de S.
Soluc¸a˜o
O vetor unita´rio a S, apontando para fora e´:
(2x,−1, 2z)√
4x2 + 4z2 + 1
.
Logo, ∫ ∫
S
(
−→
F ◦ η) dS =
∫ ∫
S
−√y√
4y + 1
dS.
Uma parametrizac¸a˜o para S e´:
ϕ(u, v) = (u, u2 + v2, v), 0 ≤ u2 + v2 ≤ 1
e
‖ ϕu × ϕv ‖=
√
1 + 4u2 + 4v2.
Logo, ∫ ∫
S
−√y√
4y + 1
dS =
∫ ∫
u2+v2≤1
−√u2 + v2√
1 + 4u2 + 4v2
√
1 + 4u2 + 4v2 dudv =
∫ 2pi
0
∫ 1
0
−r2 drdθ = −2pi
3
.
2
5a Questa˜o: (2 pontos)
Seja C = C1 ∪ C2, a curva fechada onde C1 e´ o arco da cicloide
x(t) = a(t− sen t) , y(t) = a(1− cos t) , a > 0 , 0 ≤ t ≤ 2pi
e C2 o segmento de reta que e´ a projec¸a˜o da cicloide sobre o eixo x. Calcule a a´rea delim-
itada por C, USANDO TEOREMA DE GREEN.
Soluc¸a˜o
Quando uma curva fechada C esta´ orientada positivamente, por Green, podemos calcular
a a´rea D delimitada por esta curva por:∫ ∫
D
dxdy =
1
2
∫
C
xdy − ydx.
Observamos que a cicloide, com a parametrizac¸a˜o dada, e´ percorrida da esquerda para a
direita. Logo, C−, com a orientac¸a˜o hora´ria, satisfaz:∫ ∫
D
dxdy = −1
2
∫
C−
xdy − ydx = 1
2
∫
C1
ydx− xdy + 1
2
∫
C2
ydx− xdy.
Temos:
1
2
∫
C1
ydx− xdy =
∫ 2pi
0
[a2(1− cos t)2 − a2(t− sen t) sen t] dt = 3pia2.
Parametrizando C2 por σ2 = (2pia− t, 0), 0 ≤ t ≤ 2pia, σ′2 = (−1, 0), temos
1
2
∫
C2
ydx− xdy =
∫ 2pia
0
(0− 0)dt = 0.
Logo, a´rea = 3pia2.
3