Calculo 3 -2012.2 -Prova.Final.

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE PERNAMBUCO
CCEN – DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA – A´REA2
CA´LCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL 3
PROVA FINAL. SEGUNDO SEMESTRE DE 2012
22 de Abril de 2013
Nome:
Respostas sem ca´lculos ou justificativas na˜o sera˜o aceitas.
1a Questa˜o: Com ajuda do Teorema de Green encontre a integral de linha do campo vetorial
~F (x, y) =
(
2x y e−y + 2 y, x2 (1− y) e−y)
sobre a semicircunfeˆrencia Cs: x
2 + y2 = 9, (y ≤ 0). (3,0 pt.)
Resposta: Como a curva na˜o e´ fechada vamos completar esta com o segmento Cr que une
seus extremos; assim o dominio D da integral dupla e´ o semidisco x2 + y2 ≤ 9, (y ≤ 0); logo∫∫
D
(
∂Q
∂y
− ∂P
∂y
)
dx dy =
∫
Cs
~F · d~r +
∫
Cr
~F · d~r.
Podemos parametrizar Cr como ~r = (x, 0), sendo que x vai de 3→ −3; de aqui:∫
Cr
~F · d~r =
∫ −3
3
(
2x 0 e−0 + 2 · 0) 1 dx+ (x2 (1− 0) e−0) 0 dx = 0,
Por outro lado Qx − Py =
[
2x (1− y) e−y]− [2x e−y − 2x y e−y + 2] = −2, e∫
Cs
~F · d~r =
∫∫
D
(
∂Q
∂y
− ∂P
∂y
)
dx dy −
∫
Cr
~F · d~r =
∫ 2pi
pi
[∫ 3
0
−2 ζ dζ
]
dθ − 0 = −9pi.
2a Questa˜o: O elipsoide x2/a2 + y2/b2 + z2/c2 = 1 pode ser visto como um alongamento nos eixos
coordenados da esfera unidad, pelo qual uma poss´ıvel parametrizac¸a˜o e´ dada por
~r(θ, ϕ) = (a cos θ sinϕ, b sin θ sinϕ, c cosϕ).
(a) Afirma-se que o fluxo do campo ~F = (0, 0, z) atrave´s de uma superf´ıcie fechada e´ igual
ao volume que ela engloba. Com um Teorema conhecido, Justifique. (0,5 pt.)
(b) Calcule o volume do elipsoide por meio de uma integral de superf´ıcie. (1,5 pt.)
(c) Partindo de uma integral de superf´ıcie chegue a uma integral ordina´ria que seja a a´rea
do elipsoide de revoluc¸a˜o, ou seja tome a = b. (1,0 pt.)
Resposta:
(a) Veja que ~∇ · ~F = Px +Qy +Rz = 0 + 0 + 1, e pelo Teorema de Gauss temos∫∫
©
S
~F · d~S =
∫∫∫
Ω
~∇ · ~F dV ⇒
∫∫
©
S
(0, 0, z) · d~S =
∫∫∫
Ω
1 dV = volume.
(b) O vetor normal e´ dado por
~rθ × ~rϕ =
∣∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
−a sin θ sinϕ b cos θ sinϕ 0
a cos θ cosϕ b sin θ cosϕ −c sinϕ
∣∣∣∣∣∣∣
~rθ × ~rϕ =
(−b c cos θ (sinϕ)2,−a c sin θ (sinϕ)2,−a b sinϕ cosϕ) ⇒
~F · ~rϕ × ~rθ = a b c sinϕ (cosϕ)2.
Observe que tomamos a normal exterior positiva, logo∫∫
©
S
~F · d~S =
∫ 2pi
0
[∫ pi
0
a b c sinϕ (cosϕ)2 dϕ
]
dθ = a b c
∫ 2pi
0
[
−(cosϕ)
2
3
]pi
0
dθ =
4pi
3
a b c.
(c) Para o elipsoide de revoluc¸a˜o |~rθ × ~rϕ| =
√
a2 c2 (sinϕ)4 + a4 (sinϕ)2 (cosϕ)2,∫∫
S
1 dS =
∫ 2pi
0
[∫ pi
0
a sinϕ
√
c2 (sinϕ)2 + a2 (cosϕ)2 dϕ
]
dθ
= 2pi a
∫ pi
0
sinϕ
√
c2 (sinϕ)2 + a2 (cosϕ)2 dϕ.
3a Questa˜o: Considere a se´rie de poteˆncias,
∞∑
n=1
(2x− 4)n√
n+ 7
.
– Analize o cara´ter da convergeˆncia para todo valor real de x. (2,0 pt.)
Resposta: Pelo o teste da raiz: lim
n→∞
n
√∣∣∣∣(2x− 4)n√n+ 7
∣∣∣∣ = limn→∞ n
√
|2x− 4|n
n
√√
n+ 7
=
|2x− 4|
1
.
Converge absolutamente; |2x− 4| < 1 ⇒ 32 < x < 52 ;
Diverge; |2x− 4| > 1 ⇒ x < 32 ou x > 52 ;
– Para x = 52 ,
∞∑
n=1
(2 52 − 4)n√
n+ 7
=
∞∑
n=1
1√
n+ 7
∼
∞∑
n=1
1
n0,5
.
Pelo teste de comparac¸a˜o do limite e´ divergente. lim
n→∞
(
√
n+ 7)−1
n−0,5
= lim
n→∞
1
1− 7n−0,5 = 1.
– Para x = 32 ,
∞∑
n=1
(2 32 − 4)n√
n+ 7
=
∞∑
n=1
(−1)n√
n+ 7
; seja enta˜o bn =
1√
n+ 7
.
Obtivemos uma se´rie alternada cuja se´rie de seus modulos ja´ vimos que diverge mas pelo
teste para se´ries arternadas vemos que ela converge, assim
1o. lim
n→∞
1√
n+ 7
= 0, 2o.
1√
n+ 1 + 7
<
1√
n+ 7
⇒ e´ condicinalmente
convergente.
4a Questa˜o: Em cada caso diga se as se´ries nu´mericas convergem ou divergem. (2,0 pt.)
(a)
∞∑
n=2
6n + ln(n)
n2013 + 5n
, (b)
∞∑
n=7
1
n
√
lnn
.
Respostas:
(a) Pelo teste de comparac¸a˜o do limite
∞∑
n=2
6n + ln(n)
n2013 + 5n
∼
∞∑
n=2
(
6
5
)n
, e´ divergente,
lim
n→∞
6n + ln(n)
n2013 + 5n
6n
5n
= lim
n→∞
6n
6n
+
ln(n)
6n
n2013
5n
+
5n
5n
=
1 + 0
0 + 1
= 1 ⇒ ambas se´ries teˆm o mesmo
cara´ter de convergeˆncia.
(b) Pelo teste da integral e´ divergente, veja que a func¸a˜o f(x) =
1
x
√
lnx
,
7 < x1 < x2 ⇒ 1
x1
√
lnx1
>
1
x2
√
lnx2
> 0,
(
f(n) = an
)
⇒
∫ ∞
7
1
x
√
lnx
dx = lim
A→∞
2
√
lnx
∣∣∣A
7
=∞ ⇒
∞∑
n=7
1
n
√
lnn
, diverge.
BOA PROVA!!!