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UNIVERSIDADE FEDERAL DE SANTA CATARINA CENTRO DE CIÊNCIAS FÍSICAS E MATEMÁTICAS DEPARTAMENTO DE FÍSICA Coordenação do Curso de Licenciatura em Física na Modalidade a Distância TAREFA 3 - RESOLUÇÃO Disciplina: Cálculo I (MTM 9109) Professora: Rosimary Pereira Tutor UFSC: Marcos Martins Ano/Semestre: 2015.2 Data: Aluno: Polo: OBSERVAÇÃO: Esta tarefa deverá ser entregue (enviada), via ambiente, até as 23 horas do dia 28 de novembro de 2015. . (Questão 1) Calcule a integral 32 (3 ) C x y dx x y dy+ +∫ onde C ó caminho definido por 2 x y= de (1,-1) à (1,1). Solução: { 2:C x y= , de ( )1, 1− a ( )1,1 • Então, ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 3 6 2 8 2 1 1 1 9 3 2 1 2 (3 ) 2 2 3 4 3 4 1 4 11 1 1 1 1 1 9 2 9 2 8 8 18 0 262 0 9 9 9 C x y dx x y dy y y y dy y y dy y y y dy y y y − − − + + = ⋅ ⋅ + + = + + = + + = + + + + − + + = + + = = ∫ ∫ ∫ (Questão 2) Determine o trabalho realizado pela força 2 2( , ) ( 16 ) (4 3 )yf x y y senx i e x j → → → = − + + + atuando ao longo da curva fechada simples C mostrada na figura abaixo. 1 1 2 2 y x y dx y dy − ≤ ≤ = = Solução: • Temos: 3 4 4 0 1r pi piθ ≤ ≤ ≤ ≤ • Então, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 14 2 1 04 3 314 4 12 3 2 0 04 4 3 4 4 3 4 4 6 16 6 cos 16 6 cos 16 2 cos 8 2cos 8 2sen 8 3 32sen 8 2sen 8 4 4 4 4 2 6 2 2 4 C R R f f w f dr dA x dA r r drd x y r r drd r r d d pi pi pi pi pi pi pi pi pi pi θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ pi pi pi pi pi pi pi ∂ ∂ = = − = + = + ∂ ∂ = + = + = + = + = + − + = + − − = ∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ �� � � R R 3 4 pi 4 pi 1− 1 Trabalho: C w f d r= ∫ �� � � • Usando o teorema de Green, temos: 2 1 C R f f w f dr dA x y ∂ ∂ = = − ∂ ∂ ∫ ∫∫ �� � � � ( )2 11 16 sen 16ff y x y ∂ = − + ⇒ = − ∂ � 2 2 2 4 3 6 y ff e x x yx ∂ = + ⇒ = ∂ (Questão 3) Verifique o Teorema de Stokes para o campo vetorial ( , , ) 2 3 4f x y z z i x j y k → → → → = − + e S porção do paraboloide 2 216z x y= − − para 0z ≥ . Solução: • ( , , ) 2 3 4f x y z z i x j y k → → → → = − + • 2 216 : 0 z x yS z = − − ≥ � C S f d r rot f n ds → → = ⋅ ⋅ ∫ ∫∫ � � � � ( ) ( ) ( )( ), , 0 3 4cos 4 4sen 12cos 16sen f x t y t z t i t j tk t j tk→ = − ⋅ + ⋅ = − +� � � � � • Então, ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0 0 22 2 2 0 0 0 , , 0, 12cos ,16sen 4sen , 4cos ,0 1 sen 248cos 48 1 cos 2 24 24 2 0 48 2 2 C f d r f x t y t z t r t dt t t t t dt t t dt t dt t pi pi pipi pi pi pi → → = ⋅ = − ⋅ − = − = − ⋅ + = − + = − ⋅ + = − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ � � � • 2 216 : 0 z x yS z = − − ≥ • Assim, ( ) ( ) ( ) 3 32 1 2 1 4 0 2 0 3 0 4 2 3 f ff f f f rot f i j k y z z x x y rot f i j k rot f i j k → → → ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ = − + − + − ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = − + − + − − = + − � � � � � � � � � S R 0 4 : 0 2 r R θ pi ≤ ≤ ≤ ≤ ( ) ( ) 4cos 4sen , 0 2 : 4sen 4cos r t ti t j t C r t ti t j pi = + ≤ ≤ ′ = − + � � � � • Como ( ){: ,C z f x y= , encontramos n F= ∇� , onde ( ),F z f x y= − . • Então, ( ) 2 216 2 , 2 ,1 F z x y F x y = − + + ∇ = • Assim, vem: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 0 0 42 3 3 2 0 0 2 3 0 2 0 4,2, 3 2 ,2 ,1 8 4 3 8 cos 4 sen 3 8 4 3 cos sen 3 3 2 8 64 4 64 cos sen 24 3 3 8 64 4 64 sen cos 24 3 3 0 0 48 48 S S R rot f n ds x y ds x y dA r r r dr d r r r d r d pi pi pi pi θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ pi pi ⋅ ⋅ = − ⋅ = + − = + − = + − ⋅ ⋅ = + − ⋅ ⋅ = − − = = − = − ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ �� � (Questão 4) Verifique o Teorema da divergência para o campo vetorial ( , , ) ( 1)f x y z x i y j z k → → → → = + + − considerando D sendo a região limitada pelo hemisfério 2 2 2( 1) 9, 1 4x y z z+ + − = ≤ ≤ e o plano 1z = . Solução: • ( )1f xi y j z k→ = + + −� � � • ( )22 2 1 9 : 1 4 e o plano 1 x y zD z z + + − = ≤ ≤ = 0 2 : 0 3 0 2 T piφ ρ θ pi ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ � ( ) S T f n ds div f dV⋅ ⋅ =∫∫ ∫∫∫ �� � �� • Temos: ( ) ( )1 1 1 3div f = + + =�� • Assim, vem: ( ) 32 3 2 32 2 2 0 0 0 0 0 0 2 2 22 2 0 0 0 0 0 2 0 3 sen 3 sen 3 27 sen 27 cos 27 27 54 T div f dV d d d d d d d d d pi pi pi pi pi pi pi pi pi pi ρρ φ ρ φ θ φ φ θ φ φ θ φ θ θ θ pi = = = = − = = = ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ �� • S f n ds⋅ ⋅∫∫ �� � 1 2S S S= ∪ , onde {1 : 1S z = e ( ){ 22 22 : 1 9S x y z+ + − = 1 2S S S f n ds f n ds f n ds⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅∫∫ ∫∫ ∫∫ �� � �� � �� � 1) Calculando 1S f n ds⋅∫∫ �� � : • {1 : 1S z = • ( ), , 1F x y z z= − • ( )( ) ( ), , , ,0f x y z xy x y=�� • ( )( ), , , 0F f x y z x y∇ ⋅ =�� Logo, 1 0 S f n ds⋅ =∫∫ �� � . 2) Calculando 2S f n ds⋅∫∫ �� � : • ( ){ 22 22 : 1 9S x y z+ + − = ] • Parametrizando 2S , temos: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ ( ) ( )2 2 3sen cos : 3sen sen , : , , , , 1 3cos x v u S y v u S r u v x u v i y u v j z u v k z v = = = + + = + � � � • ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ), , , , , 3sen cos ,3sen sen ,1 3cosf x u v y u v z u v v u v u v= +�� • r r n u v ∂ ∂ = ± × ∂ ∂ � � � • ( ) ( ) ( ) ( )( )3sen sen ,3sen cos ,0r v u v u u ∂ = − ∂ � • ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )3cos cos ,3cos sen , 3senr v u v u v v ∂ = − ∂ � • ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 29sen cos 9sen sen 9sen cosr r v u i v u j v v k u v ∂ ∂ × = − − − ∂ ∂ � � � � � • Então, vem: ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )3 2, , , , , 27sen 27sen cosn f x u v y u v z u v v v v⋅ = + +� �� • Assim, ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 22 3 2 0 0 2 2 2 0 2 2 2 0 1 2 0 2 0 27 sen sen cos 54 sen sen sen cos 54 sen sen cos 54 sen 54 cos 54 0 1 54 S f n ds v v v du dv v v v v dv v v v dv v dv v pi pi pi pi pi pi pi pi pi pi pi pi = ⋅ = + = + = + = = − = + = ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ �� � ��������� • Logo, 1 2 0 54 54 S S S f n ds f n ds f n ds pi pi ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ = + = ∫∫ ∫∫ ∫∫ �� � �� � �� � � Seja ( )0,0,1P um ponto de 2S. � O vetor posição de P é , 2 2 r pi pi � . � ( ), 0, 9,0 2 2 n pi pi = − � que aponta para dentro de 2S . � Então, r r n u v ∂ ∂ = − × ∂ ∂ � � �
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