Prova 2- 2012-1 Resolvida

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Segunda Prova de Cálculo III - 17/04/2012
Nome: Turma:
1. Calcule a integral de linha Z
C
4(1� y)dx+ 3y(z � 1)dy � xdz;
sendo C a interseção do parabolóide z = x2 + y2 com o plano z = 2y + 1; orientada no sentido
anti-horário quando projetada no plano xy.
Resolução: �
z = x2 + y2
z = 2y + 1
=) x2 + y2 = 2y + 1 =) x2 + (y � 1)2 = 2:
Portanto, a projeção da curva C sobre o plano xy é um círculo C1 de centro em (0; 1) e raio
p
2
(devendo ser orientado no sentido anti-horário). Assim, uma parametrização de C é
x =
p
2 cos t; y = 1 +
p
2 sin t e z = 2(1 +
p
2 sin t) + 1; com 0 � t � 2�
e daí
dx = �
p
2 sin tdt; dy =
p
2 cos tdt e dz = 2
p
2 cos t:
Substituíndo na integral de linha:Z 2�
0
h
4(�
p
2 sin t)(�
p
2 sin t) + 6(1 +
p
2 sin t)2
p
2 cos t� 2
p
2
p
2 cos2 t
i
dt
=
Z 2�
0
�
8 sin2 t+ 6(1 +
p
2 sin t)2
p
2 cos t� 4 cos2 t
�
dt
=
Z 2�
0
h
4(1� cos(2t)) + 6(1 +
p
2 sin t)2
p
2 cos t� 2(1 + cos(2t)
i
dt
=
Z 2�
0
h
2� 6 cos(2t) + 6(1 +
p
2 sin t)2
p
2 cos t
i
dt
=
h
2t� 3 sin(2t) + 2(1 +
p
2 sin t)3
i2�
0
= 4�:
Outra resolução (via T. Green, notando que z � 1 = 2y e dz = 2dy; sobre a curva C):Z
C
4(1� y)dx+ 3y(z � 1)dy � xdz =
Z
C1
4(1� y)dx+ 3y2ydy � x2dy
=
Z
C1
4(1� y)dx+ (6y2 � 2x)dy
=
Z Z
D
�
@x(6y
2 � 2x)� @y4(1� y)
�
dA
=
Z Z
D
2dA = 2�2 = 4�:
2. Calcule o trabalho realizado pelo campo
�!
F = ex
2y(1 + 2yx2)
�!
i + x3ex
2y�!j para deslocar uma
partícula ao longo do caminho �!
 (t) = 
te(t�1); t7� com 0 � t � 1:
Resolução: O campo vetorial envolvido é conservativo, pois
@
@x
�
x3ex
2y
�
= 3x2ex
2y + 2x4yex
2y e
@
@y
�
ex
2y(1 + 2yx2)
�
= 3x2ex
2y + 2x4yex
2y:
Portanto, a integral não depende da curva de �!
 (0) = h0; 0i até �!
 (1) = h1; 1i : Escolhendo a reta
horizontal de (0; 0) até (1; 0); parametrizada por x; seguida da reta vertical de (1; 0) até (1; 1);
parametrizada por y; obtemos:
W =
Z 1
0
ex
20(1 + 2� 0x2)dx+
Z 1
0
13e1
3ydy = e:
Obs.: Calculando um potencial para este campo encontramos: f(x; y) = xeyx2 : Portanto,
W = f(1; 1)� f(0; 0) = 1e1�12 � 0e0�02 = e:
3. Calcule a integral de linha Z
C
3y
4x2 + y2
dx� 3x
4x2 + y2
dy;
em que C é a elípse x2 + 4y2 = 1; orientada no sentido horário.
Resolução: O campo
�!
F = P
�!
i +Q
�!
j ; em que P = 3y
4x2+y2
e Q = � 3x
4x2+y2
; não está de…nido na
origem. Além disso,
@Q
@x
� @P
@y
= 3
�
�(4x
2 + y2)� x8x
(4x2 + y2)2
� (4x
2 + y2)� y2y
(4x2 + y2)2
�
= �3
��4x2 + y2 + 4x2 � y2
(4x2 + y2)2
�
= 0 se (x; y) 6= (0; 0):
Como a elipse x2+4y2 = 1 tem a origem em seu interior, devemos utilizar a forma do Teorema de
Green para uma região D compreendida entre duas curvas: a curva C dada e outra curva fechada
C1 que podemos escolher de modo que envolva a origem, seja orientada no sentido anti-horário e
contenha a curva C em seu interior. Note que a escolha da curva fechada C1, neste exercício, não
in‡uencia a integral dupla a ser calculada, uma vez que esta integral é zero (pois o seu integrando
é @Q
@x
� @P
@y
= 0). Portanto, antes de escolhermos a curva C1 já temos em mente queZ
C
3y
4x2 + y2
dx� 3x
4x2 + y2
dy +
Z
C1
3y
4x2 + y2
dx� 3x
4x2 + y2
dy =
Z Z
D
0dA = 0;
ou seja, que Z
C
3y
4x2 + y2
dx� 3x
4x2 + y2
dy = �
Z
C1
3y
4x2 + y2
dx� 3x
4x2 + y2
dy: (1)
Uma curva C1 adequada é qualquer elípse da forma 4x2 + y2 = �2 com � grande o su…ciente (por
exemplo, � = 2). Desta forma,
2x
�
= cos t;
y
�
= sin t e 0 � t � 2�
e daí: Z
C1
3y
4x2 + y2
dx� 3x
4x2 + y2
dy =
Z
C1
3y
�2
dx� 3x
�2
dy
=
3
�2
Z 2�
0
h
� sin t(� �
2
sin t)� �
2
cos t(� cos t)
i
dt
= �3
2
Z 2�
0
�
sin2 t+ cos2 t
�
dt = �3�:
Voltando em (1) encontramos:Z
C
3y
4x2 + y2
dx� 3x
4x2 + y2
dy = 3�:
Obs.: a elípse C1 poderia ter sido escolhida com � pequeno de modo a …car contida no interior da
curva C: Nesse caso, a orientação escolhida também deveria ser anti-horária (contrária à curva
C).