SegundaProva com resolução - 2013_1

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Segunda Prova de Cálculo III - 18/05/2013
ENTREGUE SOMENTE ESSA FOLHA COM AS RESPOSTAS ASSINALADAS
Nome: Turma:
1. A área da superfície do cilindro x = 4 � y2 que está acima do plano xy e abaixo do plano
z = x é dada por
(a) 2� (b)
Z 2
�2
(4� t2)
p
1 + 4t2dt (c)
Z 2
0
1 + 4t2dt (d)
Z 2
�2
t
p
1 + 4t2dt
Resposta: (b) : Resolução: Seja C a curva no plano xy que é a parte da parábola x = 4 � y2
com �2 � y � 2: Para cada (x; y) a altura da parte cilíndrica varia de z = 0 até z = x: Portanto,
parametrizando C por: x = 1 � t2 e y = t; com �2 � t � 2; temos ds = p(�2t)2 + 12dt =p
1 + 4t2dt e a área pedida é
A =
Z
C
xds =
Z 2
�2
(4� t2)
p
1 + 4t2dt:
2. A integral Z
C
(cos(x3)� y3)dx+ (yey3 + x3)dy
em que C é a cincunferência x2 + y2 = 4 orientada na sentido horário é dada por
(a) � 6�
Z 2
0
x3dx (b) 0 (c)
Z 2�
0
Z 2
0
r2drd� (d) �
Z 2�
0
Z 2
0
r2drd�
Resposta: (a) : Resolução: Utilizando o Teorema de Green na região D interior à circunferência
C; obtemos (o sinal de menos se deve à orientação negativa de C)Z
C
(cos(x3)� y3)dx+ (yey3 + x3)dy = �
Z Z
D
�
@
@x
(yey
3
+ x3)� @
@y
(cos(x3)� y3)
�
dA
= �
Z Z
D
�
3x2 + 3y2
�
dA
= �3
Z 2�
0
Z 2
0
r2rdrd�
= �3
Z 2�
0
d�
Z 2
0
r3dr = �6�
Z 2
0
r3dr:
Obs.: Obviamente, �6� R 2
0
r3dr = �6� R 2
0
x3dx:
3. Seja C a semi-cincunferência x2 + y2 = 1, com y � 0, percorrida no sentido anti-horário. A
integral Z
C
y
x2 + 4y2
dx� x
x2 + 4y2
dy
é dada por
(a) 0 (b) � �
2
(c)
�
2
(d) � �
Resposta: (b) : Resolução: Seja � a parte superior da elípse x2+4y2 = 1 (com y � 0) orientada
no sentido horário. Seja D a região limitada pela curva fechada C [ �: Pelo Teorema de Green
(note que em D o campo
D
� x
x2+4y2
; y
x2+4y2
E
é bem de…nido) temosZ Z
D
�
@
@x
(� x
x2 + 4y2
)� @
@y
(
y
x2 + 4y2
)
�
dA =
Z
C
y
x2 + 4y2
dx� x
x2 + 4y2
dy+
Z
�
y
x2 + 4y2
dx� x
x2 + 4y2
dy:
Uma vez que
@
@x
(� x
x2 + 4y2
)� @
@y
(
y
x2 + 4y2
) = �x
2 + 4y2 � x2x
(x2 + 4y2)2
� x
2 + 4y2 � y8y
(x2 + 4y2)2
= 0
e Z
�
y
x2 + 4y2
dx� x
x2 + 4y2
dy =
Z
�
ydx� xdy = �
Z �
0
�
sen t
2
(� sen t)� cos t(cos t
2
)
�
dt =
�
2
temos
0 =
Z
C
y
x2 + 4y2
dx� x
x2 + 4y2
dy +
�
2
;
ou seja
R
C
y
x2+4y2
dx� x
x2+4y2
dy = ��
2
:
Observação: Não podemos utilizar o Teorema de Green na região formada por C e pelo
segmento de reta y = 0 com �1 � x � 1; pois esse segmento passa pela origem e o campo em
questão não é de…nido nesse ponto.
4. Considere o campo de vetores ~F (x; y; z) = (y2; 2xy + e3z; 3ye3z)
(1) Uma função f tal que ~F = rf é dada por
(a) f(x; y; z) = yx2 + ye3z
(b) f(x; y; z) = xy2 + ze3z
(c) f(x; y; z) = xy2 + ye3z
(d) f(x; y; z) = xy2 + xe3z
Resposta: (c) : Resolução: @f
@x
= y2 =) f = y2x + h(y; z) =) @f
@y
= 2xy + @h
@y
e @f
@z
= @h
@z
:
Como também devemos ter @f
@y
= 2xy + e3z e @f
@z
= 3ye3z; concluímos que
@h
@y
= e3z e
@h
@z
= 3ye3z:
Assim, integrando a primeira equação em relação a y encontramos h = ye3z + g(z): Daí @h
@z
=
3ye3z+g0(z): Comparando esta última com a segunda acima concluímos que g0(z) = 0: Portanto,
g(z) = c e, escolhendo c = 0, obtemos
f = y2x+ ye3z:
Obs.: calculando o gradiente de cada alternativa também concluiríamos que a opção correta é
(c) :
(2) O valor de Z
C
~F � d~r
onde C é a curva parametrizada por ~r(t) = (t2; sen(�t); t� 1=2), 0 � t � 1=2 é
(a) 17=16 (b)
1
4
+
1
2
e�3=2 (c) 5=4 (d) 1=2
Resposta: (c) : Resolução: ~r(1=2) =
�
1=4; sen(�
2
); 0
�
= (1=4; 1; 0) e ~r(0) = (0; 0;�1=2):
Logo, Z
C
~F � d~r = f (1=4; 1; 0)� f(0; 0;�1=2) = 1
4
12 + 1e0 � 0 = 1
4
+ 1 =
5
4
: