Segundo Exercício + Gabarito 2013.1
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Segundo Exercício + Gabarito 2013.1


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UNIVERSIDADE FEDERAL DE PERNAMBUCO
CCEN \u2013 DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA \u2013 A´REA2
CA´LCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL 3
SEGUNDO EXERC´ICIO ESCOLAR
PRIMEIRO SEMESTRE DE 2013
7 Agosto de 2013
Respostas sem ca´lculos ou justificativas na\u2dco sera\u2dco aceitas.
1a Questa\u2dco: Calcule
\u222b\u222b
S
\u221a
1 + x2 + y2 dS, sendo S a parte de uma superf´\u131cie parametrizada por (2,5 pts)
r(u, v) = u cos v~i+ u sen v~j+ v ~k, 0 \u2264 u \u2264 1, 0 \u2264 v \u2264 pi.
Resoluc¸a\u2dco: Uma vez que ~r(u, v) e´ uma parametrizac¸a\u2dco de S, temos que\u222b\u222b
S
f dS =
\u222b\u222b
Dom(~r)
f(r(u, v)) · \u2016~ru × ~rv\u2016 dudv,
onde f(x, y, z) =
\u221a
1 + x2 + y2. Como ~ru = cos v~i + sen v~j e ~rv = \u2212u sen v~i +
u cos v~j+ ~k, obtemos
~ru × ~rv = sen v~i\u2212 cos v~j+ u~k,
e portanto
\u2016~ru × ~rv\u2016 =
\u221a
(sen v)2 + (\u2212 cos v)2 + u2 =
\u221a
1 + u2.
Da´\u131,\u222b\u222b
S
\u221a
1 + x2 + y2 dS =
1\u222b
0
pi\u222b
0
\u221a
1 + (u cos v)2 + (u sen v)2 ·
\u221a
1 + u2 dv du
= pi ·
1\u222b
0
(1 + u2) du.
Assim, \u222b\u222b
S
\u221a
1 + x2 + y2 dS =
4pi
3
.
2a Questa\u2dco: Considere o campo vetorial em R3 \u2212 {(0, 0, 0)} definido por
~F(x, y, z) =
(
x\u221a
(x2 + y2 + z2)3
,
y\u221a
(x2 + y2 + z2)3
,
z\u221a
(x2 + y2 + z2)3
)
.
a) Calcule o divergente do campo ~F. (1,0 pts)
b) Calcule diretamente o fluxo de ~F atrave´s da esfera x2+ y2+ z2 = 1, em relac¸a\u2dco
ao campo normal que aponta para fora da esfera. (1,5 pts)
c) Explique porque na\u2dco e´ correto usar o Teorema da Diverge\u2c6ncia para efetuar o
ca´lculo acima. (0,5pts)
d) Calcule o fluxo de ~F atrave´s do elipsoide 4x2 + 9y2 + 6z2 = 36, em relac¸a\u2dco ao
campo normal que aponta para fora do elipsoide. (1,0 pts)
Sugesta\u2dco: Aplique o Teorema da Diverge\u2c6ncia a regia\u2dco do espac¸o limitada pelas
superf´\u131cies do elipsoide e da esfera x2 + y2 + z2 = 1.
Resoluc¸a\u2dco:
a) Chamando ~F = (F1, F2, F3), temos por definic¸a\u2dco, div(~F ) =
\u2202F1
\u2202x
+
\u2202F2
\u2202y
+
\u2202F3
\u2202z
.
Assim,
div(~F ) =
[
x
(x2 + y2 + z2)3/2
]
x
+
[
y
(x2 + y2 + z2)3/2
]
y
+
[
z
(x2 + y2 + z2)3/2
]
z
,
que apo´s ca´lculos chegamos a
div(~F ) =
(\u22122x2 + y2 + z2) + (x2 \u2212 2y2 + z2) + (x2 + y2 \u2212 2z2)
(x2 + y2 + z2)5/2
= 0.
b) Notando que ~n(x, y, z) = (x, y, z) e´ um campo normal unita´rio que aponta para
fora da esfera S, temos que o fluxo de ~F em S e´\u222b\u222b
S
~F · ~dS =
\u222b\u222b
S
~F · ~n dS =
\u222b\u222b
S
x2 + y2 + z2
(x2 + y2 + z2)3/2
dS.
Como x2 + y2 + z2 = 1 em S, segue que\u222b\u222b
S
~F · ~dS =
\u222b\u222b
S
dS = A´rea(S) = 4pi.
c) O Teorema da Diverge\u2c6ncia so´ pode ser aplicado para campos vetoriais cu-
jas func¸o\u2dces componentes tenham derivadas parciais cont´\u131nuas no dom´\u131nio que
conte´m a regia\u2dco simples delimitada pela superf´\u131cie S. Pore´m, qualquer aberto
que contenha a regia\u2dco limitada pela esfera dada, contera´, em particular, a ori-
gem (0, 0, 0), onde o campo na\u2dco esta´ definido.
d) Denote por \u3a3 o elipsoide 4x2 + 9y2 + 6z2 = 36, e seja E a regia\u2dco do espac¸o
delimitada pela esfera S e \u3a3. Assim, a fronteira de E e´ formada pela unia\u2dco S\u222a\u3a3.
Como a orientac¸a\u2dco positiva e´ dada pela normal unita´ria que aponta para fora de
E, temos que esta normal, por um lado, aponta para o exterior de \u3a3, e por outro
lado, aponta para o interior de S (veja a figura). Logo, o campo normal unita´rio
positivo de E restrito a S e´ o campo \u2212~n. Assim, pelo Teorema de Gauss
0 =
\u222b\u222b\u222b
E
div(~F ) dV =
\u222b\u222b
S\u222a\u3a3
~F · ~d(\u2202E) =
\u222b\u222b
S
~F · ~dS +
\u222b\u222b
\u3a3
~F · ~d\u3a3.
Portanto, \u222b\u222b
\u3a3
~F · ~d\u3a3 = \u2212
\u222b\u222b
S
~F · ~dS = \u2212
\u222b\u222b
S
~F · (\u2212~n) dS,
de onde conclu´\u131mos pelo item b que\u222b\u222b
\u3a3
~F · ~d\u3a3 = 4pi.
3a Questa\u2dco: Seja C a curva intersecc¸a\u2dco do cilindro de equac¸a\u2dco x2 + y2 = 1 com o paraboloide
hiperbo´lico z = 2xy.
a) Parametrize C positivamente. (0,5 pts)
b) Calcule o rotacional do campo ~F(x, y, z) = (y + sen x)~i+ (z2 + cos y)~j+ x3~k. (1,0 pts)
c) Calcule
\u222b
C
(y + senx)dx+ (z2 + cos y)dy + x3dz. (2,0 pts)
Resoluc¸a\u2dco:
a) Como x e y satisfazem x2+ y2 = 1, podemos tomar a parametrizac¸a\u2dco x = cos t
e y = sen t, com 0 \u2264 t \u2264 2pi, e consequentemente teremos z = 2 sen t cos t. Ou
seja, uma parametrizac¸a\u2dco para C e´
\u3b1(t) = (cos t, sen t, sen 2t), t \u2208 [0, 2pi].
b)
rot(~F ) =
\uf8ee\uf8f0 ~i ~j ~k\u2202
\u2202x
\u2202
\u2202y
\u2202
\u2202z
y + sen x z2 + cos y x3
\uf8f9\uf8fb = 2z~i\u2212 3x2~j\u2212 ~k
c) Pelo Teorema de Stokes\u222b
C
(y + sen x)dx+ (z2 + cos y)dy + x3dz =
\u222b
C
~F · ~d\u3b1 =
\u222b\u222b
S
rot(~F ) · ~dS,
onde S e´ qualquer superf´\u131cie que tem C como fronteira. Em particular podemos
tomar S como a parte do paraboloide hiperbo´lico que se encontra dentro do
cilindro. S tem parametrizac¸a\u2dco
~r(x, y) = (x, y, 2xy) x2 + y2 \u2264 1.
Assim, \u222b\u222b
S
rot(~F ) · ~dS =
\u222b\u222b
Dom(~r)
rot(~F ) · (~rx × ~ry) dxdy
=
\u222b\u222b
x2+y2\u22641
\u2223\u2223\u2223\u2223\u2223\u2223
2z \u22123x2 \u22121
1 0 2y
0 1 2x
\u2223\u2223\u2223\u2223\u2223\u2223 dxdy
=
\u222b\u222b
x2+y2\u22641
(\u22128xy2 + 6x3 \u2212 1) dxdy
Usando coordenadas polares chegamos em\u222b\u222b
S
rot(~F ) · ~dS =
2pi\u222b
0
1\u222b
0
(\u22128\u3c13 cos \u3b8 sen2 \u3b8 + 6\u3c13 cos3 \u3b8 \u2212 1)\u3c1 d\u3c1 d\u3b8
=
1\u222b
0
\u3c14
\uf8ee\uf8f0 2pi\u222b
0
(\u22128 cos \u3b8 sen2 \u3b8 + 6 cos3 \u3b8)d\u3b8
\uf8f9\uf8fb d\u3c1\u2212 1\u222b
0
2pi\u222b
0
\u3c1 d\u3c1 d\u3b8
A primeira integral da´ zero e a segunda e´ a a´rea do c´\u131rculo de raio 1. Assim,\u222b
C
(y + sen x)dx+ (z2 + cos y)dy + x3dz = \u2212pi.