Prova de calculo 3 - UTFPR

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MA73A-S71 - Ca´lculo 3 1a Avaliac¸a˜o (04/10/17)
GABARITO:
1. Calcule as integrais de linha abaixo:
(a) (1,0 ponto)
∫
C
4x2y
z
ds, onde C e´ o segmento que une o ponto (0, 0, 1) ao ponto
(1, 1, 1).
Integral de Linha de Func¸a˜o Escalar.
C : r(t) = (t, t, 1), 0 ≤ t ≤ 1; r′(t) = (1, 1, 0); |r′(t)| =
√
2
∫
C
4x2y
z
ds =
∫ 1
0
4t3
√
2 dt =
√
2
(b) (1,0 ponto)
∫
C
y dx
x2 + y2
− x dy
x2 + y2
, onde C e´ pedac¸o da circunfereˆncia x2 + y2 = 4
situada no primeiro quadrante.
Integral de Linha de Campo Vetorial.
C : r(t) = (2 cos t, 2 sen t), 0 ≤ t ≤ pi/2; r′(t) = (−2 sen t, 2 cos t)
∫
C
y dx
x2 + y2
− x dy
x2 + y2
=
∫ pi/2
0
(
2 sen t
4
,−2 cos t
4
)
·(−2 sen t, 2 cos t) dt = −
∫ pi/2
0
dt = −pi
2
2. (1,5 pontos) Calcule
∫
γ
F·dr sobre a curva γ parametrizada por r(t) = (e sen t−e−1, e− cos t),
−pi/2 ≤ t ≤ pi.
F(x, y) = (3x2 − xy2) i− (x2y + y2) j
Integral de Linha de Campo Vetorial, resolvida pelo Teorema Fundamental das Integrais
de Linha, com Potencial: ϕ(x, y) = x3 − x
2y2
2
− y
3
3
.
r(pi/2) = (0, 1); r(pi) = (1− e−1, e)
∫
γ
F · dr = ϕ(1− e−1, e)− ϕ(0, 1) = (1− e−1)3 − (1− e
−1)2e2
2
− e
3
3
+
1
3
3. (1,5 pontos) Calcule
∮
γ
F · dr, onde F(x, y) = (ln3(arctanx) + 3y2) i+ (7x+√ sen y) j, e
γ e´ o triaˆngulo de ve´rtices (0, 0), (1, 0) e (1, 1), orientado positivamente.
Integral de Linha de Campo Vetorial, resolvida pelo Teorema de Green:
∮
γ
F · dr =
∫∫
R
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dxdy =
∫ 1
0
∫ 1
y
(7− 6y) dxdy = 5
2
4. Calcule:
(a) (1,0 ponto)
∫∫
S
xyz dS, onde S e´ a meia casca lateral do cilindro y2 + z2 = 1, z ≥ 0,
com −1 ≤ x ≤ 1.
Integral de Superf´ıcie de Func¸a˜o Escalar.
σ(θ, y) = (x, cos θ, sen θ); 0 ≤ θpi,−1 ≤ y ≤ 1 =⇒ |σy × σθ| = 1
∫∫
S
xyz dS =
∫ pi
0
∫ 1
−1
x cos θ sen θ 1 dxdθ =
∫ pi
0
1
2
sen (2θ) dθ
∫ 1
−1
x dy = 0
(b) (1,0 ponto) O fluxo exterior ao cone fechado z2 = x2 + y2, com 0 ≤ z ≤ 1, do campo
F(x) = −y2 i+ x2 j+ z k.
Integral de Superf´ıcie de Campo Vetorial, resolvido pelo Teorema da Divergeˆncia,
com ∇ · F = 1:∫∫
Casca do Cone
F · n dS =
∫∫∫
Cone Solido
1 dxdydz =
∫ 2pi
0
∫ 1
0
∫ 1
r
r dzdrdθ =
pi
3
5. (1,5 pontos) Encontre uma curva fechada simples C para a qual o valor da integral de
linha
∫
C
(y3 − y) dx − 2x3 dy seja ma´ximo. (Dica: Use o Teorema de Green e pense na
interpretac¸a˜o geome´trica da integral dupla).
Pelo Teorema de Green:∫
C
(y3 − y) dx− 2x3 dy =
∫∫
R
(−6x2 − 3y2 + 1) dxdy
A integral e´ o volume de uma func¸a˜o z = f(x, y), cujo gra´fico e´ um paraboloide com
a concavidade voltada para baixo como mostra a figura 1, e como tal este volume sera´
ma´ximo se a regia˜o de integrac¸a˜o R ficar restrita aos valores de (x, y) para os quais
z = f(x, y) > 0, isto e´ −6x2 − 3y2 > −1. Portanto a curva de integrac¸a˜o pedida e´ o
contorno desta regia˜o, ou seja, a elipse 6x2 + 3y2 = 1.
Figura 1: Paraboloide do Exerc´ıcio 5
6. (1,5 pontos) Seja C uma curva espacial simples fechada lisa por partes que esteja contida
em um plano com vetor normal unita´rio n = (a, b, c) e orientada positivamente em relac¸a˜o
a` n. Mostre que a a´rea do plano delimitada por C e´:
1
2
∫
C
(bz − cy) dx+ (cx− az) dy + (ay − bx) dz
Como F(x) = ((bz − cy), (cx− az), (ay − bx)), o seu rotacional vale:
∇× F = (2a, 2b, 2c).
Pelo Teorema de Stokes:
1
2
∫
C
(bz − cy) dx+ (cx− az) dy + (ay − bx) dz = 1
2
∫∫
S
∇× F · n dS =
=
1
2
∫∫
S
(2a, 2b, 2c) · (a, b, c) dS = 1
2
∫∫
S
2(a2 + b2 + c2)︸ ︷︷ ︸
=1, pois |n|=1
dS =
∫∫
S
dS =
= Area delimitada por C