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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
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