GabaritoP3_Noite_2014_Unicamp_turma_C_ ( Gabarito 3 - Calculo 2 Unicamp Turma C 2014 )

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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)
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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)
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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)
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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)
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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)