Buscar

P3-2015

Faça como milhares de estudantes: teste grátis o Passei Direto

Esse e outros conteúdos desbloqueados

16 milhões de materiais de várias disciplinas

Impressão de materiais

Agora você pode testar o

Passei Direto grátis

Faça como milhares de estudantes: teste grátis o Passei Direto

Esse e outros conteúdos desbloqueados

16 milhões de materiais de várias disciplinas

Impressão de materiais

Agora você pode testar o

Passei Direto grátis

Faça como milhares de estudantes: teste grátis o Passei Direto

Esse e outros conteúdos desbloqueados

16 milhões de materiais de várias disciplinas

Impressão de materiais

Agora você pode testar o

Passei Direto grátis

Você viu 3, do total de 12 páginas

Faça como milhares de estudantes: teste grátis o Passei Direto

Esse e outros conteúdos desbloqueados

16 milhões de materiais de várias disciplinas

Impressão de materiais

Agora você pode testar o

Passei Direto grátis

Faça como milhares de estudantes: teste grátis o Passei Direto

Esse e outros conteúdos desbloqueados

16 milhões de materiais de várias disciplinas

Impressão de materiais

Agora você pode testar o

Passei Direto grátis

Faça como milhares de estudantes: teste grátis o Passei Direto

Esse e outros conteúdos desbloqueados

16 milhões de materiais de várias disciplinas

Impressão de materiais

Agora você pode testar o

Passei Direto grátis

Você viu 6, do total de 12 páginas

Faça como milhares de estudantes: teste grátis o Passei Direto

Esse e outros conteúdos desbloqueados

16 milhões de materiais de várias disciplinas

Impressão de materiais

Agora você pode testar o

Passei Direto grátis

Faça como milhares de estudantes: teste grátis o Passei Direto

Esse e outros conteúdos desbloqueados

16 milhões de materiais de várias disciplinas

Impressão de materiais

Agora você pode testar o

Passei Direto grátis

Faça como milhares de estudantes: teste grátis o Passei Direto

Esse e outros conteúdos desbloqueados

16 milhões de materiais de várias disciplinas

Impressão de materiais

Agora você pode testar o

Passei Direto grátis

Você viu 9, do total de 12 páginas

Faça como milhares de estudantes: teste grátis o Passei Direto

Esse e outros conteúdos desbloqueados

16 milhões de materiais de várias disciplinas

Impressão de materiais

Agora você pode testar o

Passei Direto grátis

Prévia do material em texto

Instituto de Matemática e Estatística da USP
MAT2455 - Cálculo Diferencial e Integral III para Engenharia
3a. Prova - 1o. Semestre 2015 - 23/06/2015
Turma A
Questão 1:(3,0 pontos) Calcule a massa da superfície que é parte da esfera x2 + y2 + z2 = 1 para
0 ≤ x ≤ √3 y e 1
2
≤ z ≤ 1 com densidade δ(x, y, z) = z2.
Solução: A superfície dada pode ser vista na �gura abaixo:
0.0
0.2
0.4
0.6
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
0.6
0.8
1.0
Uma parametrização para essa superfície σ é dada por:
σ(u, v) = (cos u sen v, senu sen v, cos v).
E o módulo do vetor normal é dado por:
|σu × σv| = sen v.
Substituindo as componentes da superfície nos intervalos dados para x e y, é possível encontrar
os novos intervalos que caracterizam a superfície. Sendo assim:
0 ≤ x ≤
√
3 y ⇔ tgu ≥
√
3
3
⇔ pi
6
≤ u ≤ pi
2
1
2
≤ z ≤ 1⇔ 1
2
≤ cos v ≤ 1⇔ 0 ≤ v ≤ pi
3
D = {(u, v) : pi
6
≤ u ≤ pi
2
, 0 ≤ v ≤ pi
3
}
A massa é, então calculada da seguinte forma:
M =
∫∫
D
δ(σ(u, v)).|σu × σv| du dv
=
∫ pi
2
pi
6
∫ pi
3
0
sen v cos2 v dv du = −pi
3
∫ pi
3
0
(− sen v) cos2 v dv
= −pi
9
cos3 v
∣∣∣pi3
0
= −pi
9
(
1
8
− 1
)
M =
7pi
72
.
1
Questão 2 (3,5 pontos) Calcule
∫∫
S
~F . ~N dS sendo ~F (x, y, z) =
(
x3
12
,
y3
48
, z
)
e S a parte da su-
perfície
x2
4
+
y2
16
= 1, limitada pelos planos z = 3 e z = −3, orientada pela normal ~N que se afasta
do eixo z (exterior).
Solução: A integral será calculada por meio do Teorema de Gauss. A superfície S não é fechada.
Como o domínio do campo
~F é R3, podemos tomar qualquer região R fechada (sólido), na qual a
superfície S faça parte do bordo. Uma região imediata é a região interior à S e fechada superior e
inferiormente por parte dos planos para z = 3 e z = −3. Sejam T1 e T2 as superfícies ("tampas"):
T1(u, v) = (u, v, 3), D = {(u, v) : u
2
4
+
v2
16
≤ 1}, ~N1 = (0, 0, 1)
T2(u, v) = (u, v,−3), D = {(u, v) : u
2
4
+
v2
16
≤ 1}, ~N2 = (0, 0,−1)
A região é exibida a seguir:
Como a normal dada é a normal exterior, do Teorema de Gauss segue que∫∫
S
~F . ~N dS +
∫∫
T1
~F . ~N1 dS +
∫∫
T2
~F . ~N2 dS =
∫∫∫
R
div
~F dx dy dz.
Calculando cada integral separadamente:
Integral sobre de T1:∫∫
T1
~F . ~N1 dS =
∫∫
D
(
u3
12
,
v3
48
, 3
)
.(0, 0, 1) dS = 3
∫∫
D
dS
= 3.Área(D) = 3.pi.2.4 = 24pi
Integral sobre de T2:∫∫
T2
~F . ~N2 dS =
∫∫
D
(
u3
12
,
v3
48
,−3
)
.(0, 0,−1) dS = 3
∫∫
D
dS
= 3.Área(D) = 3.pi.2.4 = 24pi
2
Integral do div
~F : ∫∫∫
R
div
~F dx dy dz =
∫∫∫
R
x2
4
+
y2
16
+ 1 dx dy dz
Utilizando coordenadas cilíndricas para a solução da integral:

x = 2r. cos θ
y = 4r. sen θ
z = z
J = 8r
Com mudança de coordenadas apresentada, a região R passa a ser descrita por:
R = {(r, θ, z)|0 ≤ θ ≤ 2pi, 0 ≤ r ≤ 1,−3 ≤ z ≤ 3}
A integral é resolvida da seguinte forma:∫∫∫
R
x2
4
+
y2
16
+ 1 dx dy dz =
∫ 2pi
0
∫ 1
0
∫ 3
−3
(r2 + 1)8r dz dr dθ
= 96pi
∫ 1
0
r3 + r dr = 96pi
(
r4
4
+
r2
2
) ∣∣∣1
0
= 72pi.
Assim, a integral pedida é ∫∫
S
~F . ~N dS = 72pi − 24pi − 24pi = 24pi.
Outra maneira de resolver...
O exercício pode ser resolvido também calculando a integral de superfície de forma direta, pela
de�nição. Para isso, encontra-se uma parametrização para a superfície S:
S(θ, z) = (2 cos θ, 4 sen θ, z)
sendo os intervalos dos parâmetros 0 ≤ θ ≤ 2pi e −3 ≤ z ≤ 3.
E o vetor normal para essa parametrização é:
Sθ × Sz = (4 cos θ, 2 sen θ, 0)
que se afasta do eixo z, coincidindo com o sentido dado.
3
A integral será calculada da seguinte forma:∫∫
S
~F . ~N dS =
∫ 3
−3
∫ 2pi
0
(
8 cos3 θ
12
,
64 sen 3θ
48
, z
)
.(4 cos θ, 2 sen θ, 0) dθ dz
=
∫ 3
−3
∫ 2pi
0
8
3
cos4 θ +
8
3
sen
4θ dθ dz
= [3− (−3)]8
3
∫ 2pi
0
cos4 θ + sen 4θ dθ
=
48
3
∫ 2pi
0
(
1 + cos 2θ
2
)2
+
(
1− cos 2θ
2
)2
=
48
12
∫ 2pi
0
2 + 2 cos2 2θ dθ
= 4
∫ 2pi
0
2 + (1 + cos 4θ) dθ = 4
∫ 2pi
0
3 cos 4θ dθ
= 4
(
3θ +
sen 4θ
4
) ∣∣∣2pi
0
= 24pi
4
Questão 3 (3,5 pontos) Calcule
∫
γ
(
xz
x2 + y2
+ y
)
dx+
yz
x2 + y2
dy + ez
4
dz, sendo γ a curva dada
pela intersecção de x2 + y2 = 1 e z = arctg (5 + x4 + y8) orientada de modo que sua projeção no
plano xy é pecorrida uma única vez no sentido anti-horário.
Solução: A integral pedida será calcula por meio do Teorema de Stokes. Como o domínio do
campo
~F é R3 − {(0, 0, z) : z ∈ R}, a superfície escolhida que contenha γ no seu bordo, não pode
ser interceptada pelo eixo z. Uma superfície S que atende os requisitos seria parte do cilindro
x2 + y2 = 1. Vamos então limitar o cilindro inferiormente pelo plano z = 0. Assim
S = {(x, y, z) : x2 + y2 = 1, 0 ≤ z ≤ arctg (5 + x4 + y8)}
Essa superfície tem como bordo a curva γ e uma curva α no plano z = 0, que limita a superfície
S.
Para utilizar o Teorema de Stokes as orientações das curvas que compõe o bordo de S devem
ser compatíveis (induzidas) pela orientação da superfície S. O sentido da curva γ induz, pela regra
da mão direita, uma normal interior à S (se aproximando do eixo z).
Uma parametrização para S é dada por S(θ, z) = ( sen θ, cos θ, z), com vetor normal Sθ×Sz =
(− sen θ,− cos θ, 0), que coincide com a normal à S induzida pelo sentido de γ. Portanto, a curva
α deve ser percorrida de modo a induzir uma normal interior à S, ou seja, sentido horário:
α(t) = ( sen t, cos t, 0) com 0 ≤ t ≤ 2pi. É possível visualizar as superfícies e curvas a seguir:
Sendo assim, o Teorema de Stokes é dado por:∫
γ
~F .d~r +
∫
α
~F .d~r =
∫∫
S
rot
~F . ~N dS
O rotacional do campo, é dado por ∇× ~F é dado por:
rot
~F =
(
− y
x2 + y2
,
x
x2 + y2
,−1
)
Calculando cada integral separadamente:∫∫
S
rot
~F ~N dS =
∫∫
S
(− cos θ, sen θ,−1)(− sen θ,− cos θ, 0) dS
=
∫∫
S
sen θ cos θ − sen θ cos θ dS = 0
5
∫
α
~F d~r =
∫ 2pi
0
(cos t, 0, 1).(cos t,− sen t, 0) dt
=
∫ 2pi
0
cos2 t dt =
∫ 2pi
0
1 + cos 2t
2
dt
= pi.
Assim, a integral pedida é dada por: ∫
γ
~F d~r = −pi.
6
Instituto de Matemática e Estatística da USP
MAT2455 - Cálculo Diferencial e Integral III para Engenharia
3a. Prova - 1o. Semestre 2015 - 23/06/2015
Turma B
Questão 1:(3,0 pontos) Calcule a massa da superfície que é parte da esfera x2 + y2 + z2 = 1 para
0 ≤ x ≤ y√
3
e
1
2
≤ z ≤ 1 com densidade δ(x, y, z) = z2.
Solução: A superfície dada pode ser vista na �gura abaixo:
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8
0.6
0.8
1.0
Uma parametrização para essa superfície σ é dada por:
σ(u, v) = (cosu sen v, senu sen v, cos v)
E o módulo do vetor normal é dado por:
|σu × σv| = sen v
Substituindo as componentes da superfície nos intervalos dados para x e y, é possível encontrar
os novos intervalos que caracterizam a superfície. Sendo assim:
0 ≤ x ≤ y√
3
⇔ tgu ≥
√
3⇔ pi
3
≤ θ ≤ pi
2
1
2
≤ z ≤ 1⇔ 1
2
≤ cos v ≤ 1⇔ 0 ≤ v ≤ pi
3
A massa é, então calculada da seguinte forma:
M =
∫∫
S
δ(σ(θ, ϕ)).|σθ × σϕ| dθ dϕ
=
∫ pi
2
pi
3
∫ pi
3
0
senϕ cos2 ϕdϕdθ = −pi
6
∫ pi
3
0
(− senϕ) cos2 ϕdϕ
= − pi
18
cos3 ϕ
∣∣∣pi3
0
= − pi
18
(
1
8
− 1
)
M =
7pi
144
7
Questão 2 (3,5 pontos) Calcule
∫∫
S
~F . ~N dS sendo ~F (x, y, z) =
(
x3
48
,
y3
12
, z
)
e S a parte da su-
perfície
x2
16
+
y2
4
= 1, limitada pelos planos z = 3 e z = −3, orientada pela normal ~N que se afastado eixo z (exterior).
Solução: A integral será calculada por meio do Teorema de Gauss.
A superfície S não é fechada. Como o domínio do campo ~F é R3, podemos tomar qualquer
região R fechada (sólido), na qual a superfície S faça parte do bordo. Uma região imediata é a
região interior à S e fechada superior e inferiormente por parte dos planos para z = 3 e z = −3.
Sejam T1 e T2 as superfícies ("tampas"):
T1(u, v) = (u, v, 3) , D = {(u, v) : u
2
16
+
v2
4
≤ 1} , ~N1 = (0, 0, 1)
T2(u, v) = (u, v,−3) , D = {(u, v) : u
2
16
+
v2
4
≤ 1} , ~N2 = (0, 0,−1)
A região é exibida a seguir:
Como a normal dada é a normal exterior, o Teorema de Gauss é dado por:∫∫
S
~F . ~N dS +
∫∫
T1
~F . ~N1 dS +
∫∫
T2
~F . ~N2 dS =
∫∫∫
R
div
~F dx dy dz
Calculando cada integral separadamente:
Integral sobre de T1∫∫
T1
~F . ~N1 dS =
∫∫
D
(
u3
48
,
v3
12
, 3
)
.(0, 0, 1) dS = 3
∫∫
D
dS
= 3.Área(D) = 3.pi.2.4 = 24pi
Integral sobre de T2∫∫
T2
~F . ~N2 dS =
∫∫
D
(
u3
12
,
v3
48
,−3
)
.(0, 0,−1) dS = 3
∫∫
D
dS
= 3.Área(D) = 3.pi.2.4 = 24pi (1)
8
Integral do div
~F ∫∫∫
R
div
~F dx dy dz =
∫∫∫
R
x2
4
+
y2
16
+ 1 dx dy dz
Utilizando coordenadas cilíndricas para a solução da integral:

x = 2r. cos θ
y = 4r. sen θ
z = z
J = 8r
Com mudança de coordenadas apresentada, a região R passa a ser descrita por:
R = {(r, θ, z)|0 ≤ θ ≤ 2pi, 0 ≤ r ≤ 1,−3 ≤ z ≤ 3}
A integral é resolvida da seguinte forma:∫∫∫
R
x2
4
+
y2
16
+ 1 dx dy dz =
∫ 2pi
0
∫ 1
0
∫ 3
−3
(r2 + 1)8r dz dr dθ
= 96pi
∫ 1
0
r3 + r dr = 96pi
(
r4
4
+
r2
2
) ∣∣∣1
0
= 72pi
Assim, a integral pedida é ∫∫
S
~F . ~N dS = 72pi − 24pi − 24pi = 24pi
Outra maneira de resolver...
O exercício pode ser resolvido também calculando a integral de superfície de forma direta, pela
de�nição. Para isso, encontra-se uma parametrização para a superfície S:
S(θ, z) = (4 cos θ, 2 sen θ, z)
sendo os intervalos dos parâmetros 0 ≤ θ ≤ 2pi e −3 ≤ z ≤ 3.
E o vetor normal para essa parametrização é:
Sθ × Sz = (2 cos θ, 4 sen θ, 0)
que se afasta do eixo z, coincidindo com o sentido dado.
9
A integral será calculada da seguinte forma:∫∫
S
~F . ~N dS =
∫ 3
−3
∫ 2pi
0
(
64 cos3 θ
48
,
8 sen 3θ
12
, z
)
.(2 cos θ, 4 sen θ, 0) dθ dz
=
∫ 3
−3
∫ 2pi
0
8
3
cos4 θ +
8
3
sen
4θ dθ dz
= [3− (−3)]8
3
∫ 2pi
0
cos4 θ + sen 4θ dθ
=
48
3
∫ 2pi
0
(
1 + cos 2θ
2
)2
+
(
1− cos 2θ
2
)2
dθ
=
48
12
∫ 2pi
0
2 + 2 cos2 2θ dθ
= 4
∫ 2pi
0
2 + (1 + cos 4θ) dθ = 4
∫ 2pi
0
3 cos 4θ dθ
= 4
(
3θ +
sen 4θ
4
) ∣∣∣2pi
0
= 24pi
10
Questão 3 (3,5 pontos) Calcule
∫
γ
(
xz
x2 + y2
+ y
)
dx+
yz
x2 + y2
dy + ez
4
dz, sendo γ a curva dada
pela intersecção de x2 + y2 = 1 e z = arctg (7 + x4 + y8) orientada de modo que sua projeção no
plano xy é pecorrida uma única vez no sentido anti-horário.
Solução: A integral pedida será calcula por meio do Teorema de Stokes.
Como o domínio do campo
~F é R3 − {(0, 0, z) : z ∈ R}, a superfície escolhida que contenha γ
no seu bordo, não pode ser interceptada pelo eixo z. Uma superfície S que atende os requisitos
seria parte do cilindro x2+ y2 = 1. Vamos então limitar o cilindro inferiormente pelo plano z = 0.
Assim
S = {(x, y, z) : x2 + y2 = 1, 0 ≤ z ≤ arctg (7 + x4 + y8)}
Essa superfície tem como bordo a curva γ e uma curva α(t) no plano z = 0, que limita a superfície
S.
Para utilizar o Teorema de Stokes as orientações das curvas que compõe o bordo de S devem
ser compatíveis (induzidas) pela orientação da superfície S. O sentido da curva γ induz, pela regra
da mão direita, uma normal interior à S (se aproximando do eixo z).
Uma parametrização para S é dada por S(θ, z) = ( sen θ, cos θ, z), com vetor normal Sθ×Sz =
(− sen θ,− cos θ, 0), que é coincidentemente com a normal à S induzida pelo sentido de γ. A curva
α deve ser percorrida de modo a induzir uma normal interior à S, ou seja: α(t) = ( sen t, cos t, 0).
É possível visualizar as superfícies e curvas a seguir:
Sendo assim, o Teorema de Stokes é dado por:∫
γ
~F .d~r +
∫
α
~F .d~r =
∫∫
S
rot
~F . ~N dS
O rotacional do campo, é dado por ∇× ~F é dado por:
rot
~F =
(
− y
x2 + y2
,
x
x2 + y2
,−1
)
Calculando cada integral separadamente:∫∫
S
rot
~F ~N dS =
∫∫
S
−cosθ, sen θ,−1)(− sen θ,− cos θ, 0) dS
=
∫∫
S
sen θ cos θ − sen θ cos θ dS = 0
11
∫
α
~F d~r =
∫ 2pi
0
(cos t, 0, 1).(cos t,− sen t, 0) dt
=
∫ 2pi
0
cos2 t dt =
∫ 2pi
0
1 + cos 2t
2
dt
= pi
Assim, a integral pedida é dada por: ∫
γ
~F d~r = −pi
12

Outros materiais