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Gabarito PROVA 3 – MA 211, 2S 2014 Sexta-feira (NOITE) 1 GABARITO MA211 – PROVA 3 Sexta-feira (noite), 19/12/2014. Para correção, cada símbolo “Xx ” o item que o antecede vale x pontos. Resolução da Questão 1. Primeiramente, note que o campo vetorial F está definido em todo R3 e suas componentes possuem derivadas contínuas (seno, cosseno e exponencial). Porém, temos que rot F = ∣∣∣∣∣∣ i j k ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z sen y cos y ez ∣∣∣∣∣∣ = 0i+ 0j− cos yk. (1) Como rot F 6= 0, F não é um campo vetorial conservativo (Teorema 3, Capítulo 16.5). X0,4 Como F não é conservativo, não podemos aplicar o teorema fundamental das integrais de linha. Usaremos então a definição da integral de linha, ou seja,∫ C F · dr = ∫ b a F(r(t))r′(t)dtX0,2, (2) em que a e b definem os limites de t. Note que as equações paramétricas da curva C são: x = sen t, y = t, z = 2t, X0,2 (3) com 0 ≤ t ≤ pi/2. Além disso, r′(t) = cos ti+ j+ 2kX0,2 e F(r(t)) = sen ti+ cos tj+ e2tk.X0,2 (4) Desta forma, obtemos∫ C F · dr = ∫ pi/2 0 F(r(t)) · r′(t)dt = ∫ pi/2 0︸ ︷︷ ︸ X0,2 cos t sen t+ cos t+ 2e2t︸ ︷︷ ︸ X0,2 dt = I1 + I2 + I3, (5) com I1 = ∫ pi/2 0 cos t sen tdt = ∫ 1 0 udu = u2 2 ∣∣∣1 0 = 1 2 , (tome u = sen t) (6) I2 = ∫ pi/2 0 cos tdt = sen t ∣∣∣pi/2 0 = 1 (7) e I3 = ∫ pi/2 0 2e2tdt = e2t ∣∣∣pi/2 0 = epi − 1. (8) Logo, ∫ C F · dr = I1 + I2 + I3 = 1 2 + 1 + epi − 1 = epi + 1 2 .X0,4 (9) Gabarito PROVA 3 – MA 211, 2S 2014 Sexta-feira (NOITE) 2 Resolução da Questão 2. Primeiramente, escrevemos F(x, y) = P (x, y)i+Q(x, y)j, em que P (x, y) = x2 + y e Q(x, y) = 3x− y2. (10) Pelo teorema de Green, o trabalho realizado pelo campo de força satisfaz: W = ∫ C F · dr = ∫∫ D ( ∂Q ∂x − ∂P ∂y ) dAX0,4, (11) em que D é uma região que tem área 6, isto é, A(D) = 6. Mas, ∂Q ∂x = 3 e ∂P ∂y = 1. (12) Logo, W = ∫∫ D (3− 1)dA = 2 ∫∫ D dAX0,6 (13) Mas, ∫∫ D dA fornece a área da região D, ou seja, ∫∫ D dA = A(D) = 6X0,6 . Portanto, W = 3 ∫∫ D dA = 2(6) = 12.X0,4 (14) Gabarito PROVA 3 – MA 211, 2S 2014 Sexta-feira (NOITE) 3 Resolução da Questão 3. A área da superfície dada por z = f(x, y) é A(S) = ∫∫ D √ 1 + (fx)2 + (fy)2dA.X0,4 (15) Nesta questão, temos f(x, y) = 1 + 3x+ 3y2. Logo, fx = 3 e fy = 6y. (16) Portanto, A(S) = ∫∫ D √ 1 + (3)2 + (6y)2dA = ∫∫ D √ 1 + 9 + 36y2dA = ∫∫ D √ 10 + 36y2dA,X0,4 (17) em que D, nesta questão, é o triângulo com vértices (0, 0), (0, 1) e (2, 1) mostrado abaixo. Interpretando D como uma região do Tipo 2 no plano, encontramos A(S) = ∫ 1 0︸︷︷︸ X0,2 ∫ 2y 0︸︷︷︸ X0,2 √ 10 + 36y2︸ ︷︷ ︸ X0,2 dxdy = ∫ 1 0 √ 10 + 36y2(2y)dyX0,2. (18) Tomando u = 10 + 36y2, du = 36(2y)dy, encontramos A(S) = ∫ 46 10 u1/2 du 36 = 1 36 u3/2 (3/2) ∣∣∣46 10 = 1 54 (46 √ 46− 10 √ 10).X0,4 (19) Gabarito PROVA 3 – MA 211, 2S 2014 Sexta-feira (NOITE) 4 Resolução da Questão 4. Pelo teorema de Stokes, temos I = ∫∫ S rot F · dS = ∫ C F · drX0,3, (20) em que C é a curva fronteira da superfície que, nesta questão, corresponde a elipse no plano x + z = 1, acima da circunferência x2 + y2 = 1, orientada no sentido anti-horárioX0,3 . Descrevendo a circunferência x2 + y2 = 1 usando coordenadas polares e observando que z = 1 − x, a curva C pode ser descrita pelas equações paramétricas x = cos t, y = sen t, z = 1− cos t, com0 ≤ t ≤ 2pi,X0,4 (21) ou ainda, r(t) = cos ti+ sen tj+ (1− cos t)k, 0 ≤ t ≤ 2pi. (22) Além disso, temos que r′(t) = − sen ti+ cos tj+ sen tkX0,2 e F(r(t)) = cos ti+ (cos t− 1)j+ sen tk.X0,2 (23) Logo, F(r(t)) · r′(t) = − sen t cos t+ cos2 t− cos t+ sen2 t = 1− cos t− sen t cos t.X0,2 (24) Desta forma, pela definição de integral de linha, encontramos I = ∫ 2pi 0 F(r(t)) · r′(t)dt = ∫ 2pi 0 (1− cos t− sen t cos t) dt = 2pi − ∫ 2pi 0 cos tdt− ∫ 2pi 0 sen t cos tdt = 2pi,X0,4 (25) pois ∫ 2pi 0 cos tdt = sen t ∣∣∣2pi 0 = 0 e ∫ 2pi 0 sen t cos tdt = ∫ 0 0 udu = 0 (tome u = sen t). (26) Gabarito PROVA 3 – MA 211, 2S 2014 Sexta-feira (NOITE) 5 Resolução da Questão 5. Pelo teorema do divergente, temos que I = ∫∫ S F · dS = ∫∫∫ E div FdV,X0,4 (27) em que E é o sólido no primeiro octante dado pelo cilindro x2 + y2 = 1 e limitado pelos planos x = 0, y = 0, z = 0 e z = 2. Além disso, temos que div F = ( ∂ ∂x i+ ∂ ∂y j+ ∂ ∂y k ) · (x4i− x3z2j+ 4xy2zk) = 4x3 + 4xy2 = 4x(x2 + y2).X0,4 (28) Logo, I = ∫∫ E 4x(x2 + y2)dV. (29) Usando coordenadas cilíndricas, x = r cos θ, y = r sen θ, z = z, com 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ pi/2, 0 ≤ z ≤ 2, (30) obtemos I = ∫ pi/2 0︸ ︷︷ ︸ X0,2 ∫ 1 0︸︷︷︸ X0,2 ∫ 2 0︸︷︷︸ X0,2 4(r cos θ)r2︸ ︷︷ ︸ X0,2 (r)dzdrdθ︸ ︷︷ ︸ X0,2 = (∫ pi/2 0 cos θdθ )(∫ 1 0 4r4dr )(∫ 2 0 dz ) (31) = ( sen θ ∣∣∣pi/2 0 )( 4 5 r5 ∣∣∣1 0 )( z ∣∣∣2 0 ) = (1) ( 4 5 ) (2) = 8 5 .X0,2 (32)
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