exercicios resolvidos integrais múltiplas

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Ana´lise Matema´tica III – MIEM e LEGI Exerc´ıcios Resolvidos
1 Integral duplo
RESOLUC¸A˜O DO EXERC´ICIO 6 a)
O domı´nio de integrac¸a˜o R e´ definido por
R =
{
(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1 ∧ 2x ≤ y ≤ 2}
e esta´ representado na figura
Figura 1: Esboc¸o da regia˜o R
Para inverter a ordem de integrac¸a˜o temos que definir R como uma regia˜o horizontalmente simples, isto e´,
com as condic¸o˜es
0 ≤ y ≤ 2 ∧ 0 ≤ x ≤ y
2
.
Podemos enta˜o escrever∫ 1
0
∫ 2
2x
ey
2
dy dx =
∫ 2
0
∫ y/2
0
ey
2
dx dy =
∫ 2
0
ey
2
∫ y/2
0
1 dx dy =
∫ 2
0
ey
2
[x]y/20 dy =
∫ 2
0
y
2
ey
2
dy =
1
4
∫ 2
0
2y ey
2
dy =
1
4
[
ey
2
]2
0
=
1
4
(e4 − 1) .
RESOLUC¸A˜O DO EXERC´ICIO 6 b)
A partir dos limites de integrac¸a˜o do integral dado
∫ 1
0
∫ 1
u
√
1− v2 dv du , podemos definir o domı´nio de
integrac¸a˜o R com as seguintes condic¸o˜es
0 ≤ u ≤ 1 ∧ u ≤ v ≤ 1 .
e definir R graficamente
Para podermos inverter a ordem de integrac¸a˜o temos que definir R como uma regia˜o horizontalmente
simples, isto e´, com as condic¸o˜es
0 ≤ v ≤ 1 ∧ 0 ≤ u ≤ v .
Podemos enta˜o escrever∫ 1
0
∫ 1
u
√
1− v2 dv du =
∫ 1
0
∫ v
0
√
1− v2 du dv =
∫ 1
0
√
1− v2
∫ v
0
1 du dv =
∫ 1
0
√
1− v2 [u]v0 dv =
1
Ana´lise Matema´tica III – MIEM e LEGI Exerc´ıcios Resolvidos
Figura 2: Esboc¸o da regia˜o R
∫ 1
0
v
√
1− v2 dv = −1
2
∫ 1
0
−2v (1− v2)1/2 dv = −1
2
[(
1− v2)3/2
3/2
]1
0
= −1
3
(0− 1) = 1
3
.
RESOLUC¸A˜O DO EXERC´ICIO 6 c)
O domı´nio de integrac¸a˜o R e´ definido por
R =
{
(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 3 ∧ y2 ≤ x ≤ 9}
e esta´ representado na figura
Figura 3: Esboc¸o da regia˜o R
Para inverter a ordem de integrac¸a˜o temos que definir R como uma regia˜o verticalmente simples, isto e´,
com as condic¸o˜es
0 ≤ x ≤ 9 ∧ 0 ≤ y ≤ √x .
Podemos enta˜o escrever∫ 3
0
∫ 9
y2
y cos x2 dx dy =
∫ 9
0
∫ √x
0
y cos x2 dy dx =
∫ 9
0
cos x2
∫ √x
0
y dy dx =
∫ 9
0
cos x2
[
y2
2
]√x
0
dx =
∫ 9
0
x
2
cos x2 dx =
1
4
∫ 9
0
2x cos x2 dx =
1
4
[
sin x2
]9
0
=
1
4
sin 81 .
2
Ana´lise Matema´tica III – MIEM e LEGI Exerc´ıcios Resolvidos
RESOLUC¸A˜O DO EXERC´ICIO 9 c)∫ 1
0
∫ √1−x2
0
e
√
x2 + y2 dy dx =
∫∫
D
e
√
x2 + y2 dx dy onde
D =
{
(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1 ∧ 0 ≤ y ≤
√
1− x2
}
.
D e´ representado graficamente por
Figura 4: Esboc¸o da regia˜o D
D pode ser definido de modo equivalente pelas condic¸o˜es
x2 + y2 ≤ 1 ∧ x ≥ 0 ∧ y ≥ 0 .
Fazendo a mudanc¸a para coordenadas polares, de acordo com as equac¸o˜es acima referidas, tem-se:
x2 + y2 ≤ 1 −→ r2 < 1 ⇔ r < 1
x ≥ 0 ∧ y ≥ 0 −→ 0 ≤ θ ≤ pi2
,
e portanto, de acordo com a fo´rmula de mudanc¸a para coordenadas polares, tem-se:∫ 1
0
∫ √1−x2
0
e
√
x2 + y2 dy dx =
∫∫
D′
er r dr dθ ,
onde
D′ =
{
(r, θ) ∈ R2 : 0 ≤ r ≤ 1 ∧ 0 ≤ θ ≤ pi
2
}
.
Donde∫ 1
0
∫ √1−x2
0
e
√
x2 + y2 dy dx =
∫ pi/2
0
∫ 1
0
er r dr dθ =
∫ pi/2
0
[
er r −
∫
er 1 dr
]1
0
dθ =
∫ pi/2
0
[er r − er]10 dθ =
=
∫ pi/2
0
(e− e)− (0− 1) dθ =
∫ pi/2
0
1 dθ =
pi
2
.
3
Ana´lise Matema´tica III – MIEM e LEGI Exerc´ıcios Resolvidos
RESOLUC¸A˜O DO EXERC´ICIO 19 b)
Seja
E =
{
(x, y, z) ∈ R3 : y ≥ x2 ∧ x ≥ y2 ∧ 0 ≤ z ≤ 3} .
O so´lido E e´ limitado superiormente pela superf´ıcie de equac¸a˜o z = 3 e inferiormente pela superf´ıcie de
equac¸a˜o z = 0 .
A projecc¸a˜o, R , de E no plano XOY e´ dada por
R =
{
(x, y) ∈ R2 : y ≥ x2 ∧ x ≥ y2} .
Figura 5: R:projecc¸a˜o de E no plano XOY
Enta˜o o volume de E e´ dado pelo integral duplo
V (E) =
∫∫
R
3− 0 dx dy =
∫∫
R
3 dx dy
A regia˜o R e´, simultaneamente, verticalmente e horizontalmente simples. Podemos, por exemplo, usar a
seguinte definic¸a˜o
R =
{
(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1 ∧ x2 ≤ y ≤ √x} ,
para escrever o integral estabelecido anteriormente, na forma iterada.
Tem-se enta˜o
V (E) =
∫ 1
0
∫ √x
x2
3 dy dx = 3
∫ 1
0
√
x− x2 dx =
= 3
[
x3/2
3/2
− x
3
3
]1
0
= 3
[
2
3
− 1
3
]
= 1 .
4
Ana´lise Matema´tica III – MIEM e LEGI Exerc´ıcios Resolvidos
2 Integral Triplo
RESOLUC¸A˜O DO EXERC´ICIO 22 a)
De
x+ y + z ≤ 1 ∧ x ≥ 0 ∧ y ≥ 0 ∧ z ≥ 0
obte´m-se 0 ≤ z ≤ 1− x− y ; assim a regia˜o E pode ser descrita como:
E =
{
(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ R ∧ 0 ≤ z ≤ 1− x− y} ,
com R = projXOY V definida por
R =
{
(x, y) ∈ R2 : x+ y ≤ 1 ∧ x ≥ 0 ∧ y ≥ 0} = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1 ∧ 0 ≤ y ≤ 1− x} .
Enta˜o ∫∫∫
E
1
(x+ y + z + 1)3
dx dy dz =
∫∫
R
∫ 1−x−y
0
1
(x+ y + z + 1)3
dz dxdy =
∫∫
R
[
(x+ y + z + 1)−2
−2
]z=1−x−y
z=0
dx dy =
∫∫
R
1
2
(x+ y + 1)−2 − 1
8
dx dy =
=
∫ 1
0
∫ 1−x
0
1
2
(x+y+1)−2− 1
8
dy dx =
∫ 1
0
[
−1
2
1
x+ y + 1
− 1
8
y
]y=1−x
y=0
dx =
∫ 1
0
−1
4
− 1
8
(x−1)+ 1
2
1
x+ 1
dx =
=
[
1
8
(1− x)2
2
− 1
4
x+
1
2
ln |x+ 1 |
]1
0
= −1
4
+
1
2
ln 2− 1
16
=
1
2
ln 2− 5
16
.
RESOLUC¸A˜O DO EXERC´ICIO 24 b)
Atendendo a que a regia˜o D e´ limitada por duas superf´ıcies esfe´ricas centradas na origem, o sistema de
coordenadas mais conveniente para calcular o integral dado, e´ o sistema de coordenadas esfe´ricas.
Tem-se, enta˜o ∫∫∫
E
1
(x2 + y2 + z2)
3
2
dV =
∫∫∫
E′
1
(ρ2)
3
2
ρ2 sin φdρ dφ dθ ,
com E′ definido por
E′ = {(ρ, θ, φ) : 0 ≤ θ ≤ 2pi ∧ 0 ≤ φ ≤ pi ∧ 2 ≤ ρ ≤ 3} .
Podemos, enta˜o escrever∫∫∫
D
1
(x2 + y2 + z2)
3
2
dV =
∫ 2pi
0
∫ pi
0
∫ 3
2
1
ρ
sin φdρ dφ dθ =
∫ 2pi
0
1 dθ .
∫ pi
0
sin φdφ .
∫ 3
2
1
ρ
dρ =
= 2pi . [− cos φ]pi0 . [ln ρ]32 = 2pi . 2 . ln
3
2
= 4pi ln
3
2
.
5
Ana´lise Matema´tica III – MIEM e LEGI Exerc´ıcios Resolvidos
RESOLUC¸A˜O DO EXERC´ICIO 28 a)
Seja E a regia˜o de R3 definida pela condic¸a˜o
x2 + y2 + z2 ≤ r2 , r > 0 .
O volume de E e´ dado pelo integral
V (E) =
∫∫∫
E
1 dV .
Fazendo uma mudanc¸a de varia´veis para coordenadas esfe´ricas, obte´m-se,
V (E) =
∫∫∫
E
1 dV =
∫∫∫
E′
ρ2 sin φdρ dφ dθ ,
com E′ definido por
E′ = {(ρ, θ, φ) : 0 ≤ θ ≤ 2pi ∧ 0 ≤ φ ≤ pi ∧ 0 ≤ ρ ≤ r} .
Enta˜o,
V (E) =
∫ 2pi
0
∫ pi
0
∫ r
0
ρ2 sin φdρ dφ dθ =
∫ 2pi
0
1 dθ .
∫ pi
0
sin φdφ .
∫ r
0
ρ2 dρ =
= 2pi . [− cos φ]pi0 .
[
ρ3
3
]r
0
= 2pi . 2 .
r3
3
=
4
3
pi r3 .
6
Ana´lise Matema´tica III – MIEM e LEGI Exerc´ıcios Resolvidos
3 Integral Curvil´ıneo
RESOLUC¸A˜O DO EXERC´ICIO 43 c)
Figura 6: Curva C
A curva C pode ser definida pelas equac¸o˜es parame´tricas
x = t
y = t2
z = t4
, t ∈ [ 0, 1 ] ,
e portanto 
x′(t) = 1
y′(t) = 2t
z′(t) = 4t3
.
Enta˜o ∫
C
~F . d~r =
∫ 1
0
~F (x(t), y(t), z(t)) .
(
x′(t), y′(t), z′(t)
)
dt =
=
∫ 1
0
(
t2 + t4, t+ t4, t+ t2
)
.
(
1, 2t, 4t3
)
=
∫ 1
0
t2 + t4 + 2t2 + 2t5, 4t4 + 4t5 dt =
=
∫ 1
0
3t2 + 5t4 + 6t5 dt =
[
t3 + t5 + t6
]1
0
= 1 + 1 + 1 = 3 .
RESOLUC¸A˜O DO EXERC´ICIO 43 d)
Figura 7: Curva C
7
Ana´lise Matema´tica III – MIEM e LEGI Exerc´ıcios Resolvidos
Seja C1 o segmento de recta de extremos (0, 0, 0) e (1, 0, 0) e C2 a curva parametrizada por
x = cos t
y = sin t
z = tpi
, 0 ≤ t ≤ pi .
Como C = C1 + C2 ,
∫
C
~F . d~r =
∫
C1
~F . d~r +
∫
C2
~F . d~r .
A curva C1 pode ser representada pelas equac¸o˜es parame´tricas

x = t
y = 0
z = 0
, 0 ≤ t ≤ 1 .

x = t
y = 0
z = 0
=⇒

x′ = 1
y′ = 0
z′ = 0
e 
x = cos t
y = sin t
z = tpi
=⇒

x′ = − sin t
y′ = cos t
z′ = 1pi
.
Enta˜o∫
C
~F ·d~r =
∫
C1
~F ·d~r+
∫
C2
~F ·d~r =
∫ 1
0
(2t, 0, t) . (1, 0, 0) dt+
∫ pi
0
(
2 cos t− t
pi
, sin t, cos t
)
.
(
− sin t, cos t, 1
pi
)
dt =
=
∫ 1
0
2t dt+
∫ pi
0
−2 cos t sin t+ t
pi
sin t+ cos t sin t+
1
pi
cos t dt =
= 1+
[
cos2 t
2
]pi
0
+
[
1
pi
sin t
]pi
0
+
[
− t
pi
cos t−
∫
− cos t 1
pi
dt
]pi
0
= 1+0+0+
[
− t
pi
cos t+ sin t
1
pi
]pi
0
= 1+1 = 2 .
RESOLUC¸A˜O DO EXERC´ICIO 44)
O trabalho realizado pelo campo de forc¸as ~F (x, y, z) = xıˆ+ 2yˆ− zkˆ, no deslocamento ao longo da curva
C, e´ dado pelo integral
∫
C
~F . d~r .
A curva C e´ representada pelas equac¸o˜es parame´tricas
x = 1
y = t
z = t4
, t ∈ [ 0, 1 ] .
Ora 
x = 1
y = t
z = t4
=⇒

x′ = 0
y′ = 1
z′ = 4 t3
.
Enta˜o o trabalho e´∫
C
~F . d~r =
∫ 1
0
(
1, 2t,−t4) . (0, 1, 4 t3) dt = ∫ 1
0
2t− 4 t7 dt =
[
t2 − 4 t
8
8
]1
0
= 1− 1
2
=
1
2
8
Ana´lise Matema´tica III – MIEM e LEGI Exerc´ıcios Resolvidos
RESOLUC¸A˜O DO EXERC´ICIO 52)
Figura 8: Regia˜o R
A regia˜o R e´ simplesmente conexa. A fronteira de R e´ uma curva C simples, fechada, orientada positiva-
mente e seccionalmente de classe C1 e regular. As func¸o˜es M(x, y) = y e N(x, y) = ey y2 sa˜o de classe C1
em R2 . Pelo Teorema de Green,
K =
∫
C
y dx+ eyy2 dy =
∫∫
R
(
∂
∂ x
ey y2 − ∂
∂ y
y
)
dx dy =
∫∫
R
0− 1 dx dy =
= −
∫∫
R
1 dx dy = −A(R) .
Resulta que a a´rea de R e´ dada por
A(R) = −K .
RESOLUC¸A˜O DO EXERC´ICIO 55)
A regia˜o R
Figura 9: Regia˜o R
e´ simplesmente conexa. A fronteira de R e´ uma curva C , orientada no sentido positivo, simples, fechada
e seccionalmente de classe C1 e regular.
As func¸o˜es M(x, y) = x+ 2y2 e N(x, y) = xy + y2 sa˜o func¸o˜es polinomiais, logo de classe C1 em R2 .
9
Ana´lise Matema´tica III – MIEM e LEGI Exerc´ıcios Resolvidos
Pelo Teorema de Green,∫
C
(x+ 2y2) dx+ (xy + y2) dy =
∫∫
R
(
∂
∂ x
(
xy + y2
)− ∂
∂ y
(
x+ 2y2
))
dx dy =
∫∫
R
y − 4y dx dy =
=
∫∫
R
−3y dx dy = −3
∫∫
R
y dx dy = −3K
o que prova o pretendido.
RESOLUC¸A˜O DO EXERC´ICIO 56)
Figura 10: Regia˜o R
A regia˜o R e´ simplesmente conexa. A fronteira de R e´ uma curva C , orientada no sentido positivo,
simples, fechada e seccionalmente de classe C1 e regular.
As func¸o˜es M(x, y) = −y2 e N(x, y) = −x2 sa˜o func¸o˜es polinomiais, logo de classe C1 em R2 .
Pelo Teorema de Green,∫
C
−y2 dx− x2 dy =
∫∫
R
(
∂
∂ x
(−x2)− ∂
∂ y
(−y2)) dx dy = ∫∫
R
−2x+ 2y dx dy =
=
∫∫
R
2 (y − x) dx dy = 2
∫∫
R
y − x dx dy .
Por outro lado, o volume de E e´ dado por
V (E) =
∫∫
R
y − x dx dy .
Enta˜o
K =
∫
C
−y2 dx− x2 dy = 2V (E) .
Consequentemente
V (E) =
K
2
.
10
Ana´lise Matema´tica III – MIEM e LEGI Exerc´ıcios Resolvidos
4 Integral de Superf´ıcie
RESOLUC¸A˜O DO EXERC´ICIO 64 (a)
A porc¸a˜o do parabolo´ide situada acima do plano XOY e´ a superf´ıcie S definida por
S =
{
(x, y, z) ∈ R3 : z = 9− x2 − y2 e z ≥ 0} = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 9− x2 − y2 e x2 + y2 ≤ 9} .
• Definic¸a˜o da orientac¸a˜o de S
Pretende-se orientar S com a normal unita´ria, nˆ , dirigida para cima isto e´ com a componente segundo kˆ
positiva.
Figura 11: Superf´ıcie S
Seja H(x, y, z) = x2 + y2 + z − 9 . Enta˜o ∇H(x, y, z) = (2x, 2y, 1) e o campo de vectores
nˆ(x, y, z) =
∇H(x, y, z)
‖∇H(x, y, z)‖ =
(2x, 2y, 1)√
4x2 + 4y2 + 1
determina em S a orientac¸a˜o pretendida.
• Ca´lculo de ~F · nˆ
~F · nˆ = (y,−x, 8) · (2x, 2y, 1)√
4x2 + 4y2 + 1
=
2xy − 2xy + 8√
4x2 + 4y2 + 1
=
8√
4x2 + 4y2 + 1
.
• Ca´lculo de ∫∫S ~F d~S ∫∫
S
~F d~S =
∫∫
S
~F · nˆ dS =
∫∫
S
8√
4x2 + 4y2 + 1
dS .
A superf´ıcie S e´ o gra´fico da func¸a˜o g(x, y) = 9−x2−y2 definida na regia˜o R = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 9} .
Tem-se que gx(x, y) = 2x e gy(x, y) = 2y .
Enta˜o
∫∫
S
8√
4x2 + 4y2 + 1
dS =
∫∫
R
8√
4x2 + 4y2 + 1
√
4x2 + 4y2 + 1 dx dy =
∫∫
R
8 dx dy = 8A(R) = 8pi 32 = 72pi .
Logo ∫∫
S
~F d~S = 72pi .
11
Ana´lise Matema´tica III – MIEM e LEGI Exerc´ıcios Resolvidos
RESOLUC¸A˜O DO EXERC´ICIO 64 (b)
A porc¸a˜o do parabolo´ide z = x2 + y2 limitada pelas superf´ıcies x = 1− y2 e x = y2 − 1 , e´ a superf´ıcie S
definida por
S =
{
(x, y, z) ∈ R3 : z = x2 + y2 e y2 − 1 ≤ x ≤ 1− y2} = {(x, y, z) ∈ R3 : z = x2 + y2 e (x, y) ∈ R} ,
com
R =
{
(x, y) ∈ R2 : y2 − 1 ≤ x ≤ 1− y2} .
• Definic¸a˜o da orientac¸a˜o de S
De acordo com as condic¸o˜es do enunciado, a componente da normal unita´ria, nˆ , segundo kˆ tem que ser
negativa.
Figura 12: Superf´ıcie S
Seja H(x, y, z) = x2 + y2 − z . O vector
nˆ(x, y, z) =
∇H(x, y, z)
‖∇H(x, y, z) ‖ =
(2x, 2y,−1)√
4x2 + 4y2 + 1
define a orientac¸a˜o pretendida.
• Ca´lculo de ~F · nˆ
~F · nˆ = (x,−1, 2x2) · (2x, 2y,−1)√
4x2 + 4y2 + 1
=
2x2 − 2y − 2x2√
4x2 + 4y2 + 1
=
−2y√
4x2 + 4y2 + 1
.
• Ca´lculo de ∫∫S ~F d~S ∫∫
S
~F d~S =
∫∫
S
~F · nˆ dS =
∫∫
S
−2y√
4x2 + 4y2 + 1
dS .
A superf´ıcie S e´ o gra´fico da func¸a˜o g(x, y) = x2 + y2 definida na regia˜o R .
Tem-se que gx(x, y) = 2x e gy(x, y) = 2y .
Enta˜o ∫∫
S
−2y√
4x2 + 4y2 + 1
dS =
∫∫
R
−2y√
4x2 + 4y2 + 1
√
4x2 + 4y2 + 1 dx dy =
∫∫
R
−2y dx dy .
12
Ana´lise Matema´tica III – MIEM e LEGI Exerc´ıcios Resolvidos
Figura 13: Regia˜o R
A regia˜o R
e´ horizontalmente simples e pode ser definida por
R =
{
(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ y ≤ 1 ∧ y2 − 1 ≤ x ≤ 1− y2} .
Enta˜o∫∫
R
−2y dx dy =
∫ 1
−1
∫ 1−y2
y2−1
−2y dx dy =
∫ 1
−1
−2y (1− y2 − y2 + 1) dy = ∫ 1
−1
−2y (2− 2y2) dy = 0 ,
pois os limites de integrac¸a˜o sa˜o sime´tricos e a func¸a˜o integranda, −2y (2− 2y2) , e´ ı´mpar.
Logo ∫∫
S
~F d~S = 0 .
RESOLUC¸A˜O DO EXERC´ICIO 64 (c)
• Definic¸a˜o da orientac¸a˜o de S
De acordo com as condic¸o˜es do enunciado, a componente da normal unita´ria, nˆ , segundo kˆ tem que ser
positiva.
Figura 14: Superf´ıcie S
Seja H(x, y, z) = −y + z − 3 . O vector
nˆ(x, y, z) =
∇H(x, y, z)
‖∇H(x, y, z) ‖ =
(0,−1, 1)√
2
,
13
Ana´lise Matema´tica III – MIEM e LEGI Exerc´ıcios Resolvidos
define, em S , a orientac¸a˜o pretendida.
Enta˜o ∫∫
S
~F d~S =
∫∫
S
~F · nˆ dS =
∫∫
S
(x,−y z,−3 y) · (0,−1, 1)√
2
dS =
∫∫
S
y z − 3 y√
2
dS =
=
∫∫
R
y (y + 3)− 3 y√
2
√
1 + 0 + 1 dx dy =
∫∫
R
y2 dx dy ,
onde R e´ a regia˜o plana definida por
R =
{
(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1} .
Usando coordenadas polares, obte´m-se∫∫
R
y2 dx dy =
∫∫
R′
r2 sin2 θ r dr dθ =
∫ 2pi
0
∫ 1
0
r3 sin2 θ r dr dθ =
∫ 2pi
0
sin2 θ dθ .
∫ 1
0
r3 dr =
=
∫ 2pi
0
1
2
− 1
2
cos (2θ) dθ .
[
r4
4
]1
0
=
[
1
2
θ − 1
4
sin (2θ)
]2pi
0
.
1
4
= pi.
1
4
=
pi
4
.
Logo ∫∫
S
~F d~S =
pi
4
.
RESOLUC¸A˜O DO EXERC´ICIO 73 (a)
A superf´ıcie S esta´ orientada com a normal exterior nˆ e limita uma regia˜o so´lida simples E definida por
E =
{
(x, y, z) ∈ R3 : x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0x+ y + z ≤ 3} .
Figura 15: Superf´ıcie S
Pelo teorema da Divergeˆncia, tem-se∫∫
S
~F d~S =
∫∫
S
~F · nˆ dS =
∫∫∫
E
div ~F dV .
Sendo ~F (x, y, z) = (xy, yz, zx) a
div ~F (x, y, z) =
∂
∂ x
(xy) +
∂
∂ y
(yz) +
∂
∂ z
(zx) = x+ y + z .
14
Ana´lise Matema´tica III – MIEM e LEGI Exerc´ıcios Resolvidos
Enta˜o ∫∫
S
~F · nˆ dS =
∫∫∫
E
x+ y + z dx dy dz .
A regia˜o E e´ definida por
E =
{
(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ R ∧ 0 ≤ z ≤ 3− x− y} ,
com
R =
{
(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 3 ∧ 0 ≤ y ≤ 3− x} .
Figura 16: Regia˜o R
Tem-se enta˜o∫∫
S
~F · nˆ dS =
∫∫
R
∫ 3−x−y
0
x+ y + z dz dx dy =
∫∫
R
[
(x+ y) z +
1
2
z2
]3−x−y
0
=
=
∫∫
R
(x+ y) (3− (x+ y)) + 1
2
(3− x− y)2 dxdy =
∫∫
R
3 (x+ y)− (x+ y)2 + 1
2
(3− x− y)2 dxdy =
=
∫ 3
0
∫ 3−x
0
3 (x+y)−(x+y)2 + 1
2
(3−x−y)2 dy dx =
∫ 3
0
[
3
2
(x+ y)2 − 1
3
(x+ y)3 − 1
6
(3− x− y)3
]3−x
0
dx =
=
∫ 3
0
3
2
(
9− x2)− 1
3
(
27− x3)− 1
6
(
0− (3− x)3) dx = [3
2
(
9x− x
3
3
)
− 1
3
(
27x− x
4
4
)
− 1
6
(3− x)4
4
]3
0
=
=
3
2
(27− 9)− 1
3
(81− 81
4
) +
81
24
= 27− 81
4
+
81
24
=
81
8
.
RESOLUC¸A˜O DO EXERC´ICIO 73 (b) i
A superf´ıcie S que limita o so´lido Q (semi-esfera) e´ uma superf´ıcie fechada e esta´ orientada com a normal
exterior nˆ . Pelo teorema da Divergeˆncia,∫∫
S
~F d~S =
∫∫
S
~F · nˆ dS =
∫∫∫
Q
div ~F dV .
Sendo ~F (x, y, z) = (x2, y2, z2) a
div ~F (x, y, z) =
∂
∂ x
(x2) +
∂
∂ y
(y2) +
∂
∂ z
(z2) = 2x+ 2y + 2z .
15
Ana´lise Matema´tica III – MIEM e LEGI Exerc´ıcios Resolvidos
Enta˜o ∫∫
S
~F · nˆ dS =
∫∫∫
Q
2 (x+ y + z) dx dy dz =
= 2
∫∫∫
Q′
(ρ sin φ cos θ + ρ sin φ sin θ + ρ cos φ) ρ2 sin φdρ dφ dθ =
= 2
∫ 2pi
0
∫ pi/2
0
∫ 1
0
ρ3 sin2 φ (cos θ + sin θ) + ρ3 sin φ cos φdρ dφ dθ =
= 2
∫ 2pi
0
∫ pi/2
0
1
4
(cos θ + sin θ)
(
1
2
− 1
2
cos 2φ
)
+
1
4
sin φ cos φdφ dθ =
= 2
∫ 2pi
0
1
4
(cos θ + sin θ)
[
1
2
φ− 1
4
sin (2φ)
]pi/2
0
+
1
4
[
sin2 φ
2
]pi/2
0
dθ =
= 2
∫ 2pi
0
pi
16
(cos θ + sin θ) +
1
8
dθ = 2
[
pi
16
(− cos θ + sin θ) + 1
8
θ
]2pi
0
= 2
pi
4
=
pi
2
.
RESOLUC¸A˜O DO EXERC´ICIO 73 (b) ii
A superf´ıcie S que limita a regia˜o so´lida Q definida por
Q = {(x, y, z) ∈ R3 : 4(x2 + y2) ≤ z2 e 0 ≤ z ≤ 1} ,
e´ uma superf´ıcie fechada e orientada com a normal exterior nˆ .
Figura 17: Superf´ıcie S
Sendo ~F (x, y, z) = (x2, y2, z2) a
div ~F (x, y, z) =
∂
∂ x
(x2) +
∂
∂ y
(y2) +
∂
∂ z
(z2) = 2x+ 2y + 2z .
Enta˜o ∫∫
S
~F · nˆ dS =
∫∫∫
Q
2 (x+ y + z) dx dy dz =∫∫∫
Q′
2 (r cos θ + r sin θ + z) r dr dθ dz ,
com
Q′ = {(r, θ, z) : 0) ≤ θ ≤ 2pi ∧ 0 ≤ z ≤ 1 ∧ 0 ≤ r ≤ z
2
} .
16
Ana´lise Matema´tica III – MIEM e LEGI Exerc´ıcios Resolvidos
E portanto, ∫∫
S
~F · nˆ dS = 2
∫ 2pi
0
∫ 1
0
∫ z/2
0
r2 (cos θ + sin θ) + r z dr dz dθ =
= 2
∫ 2pi
0
∫ 1
0
1
3
(cos θ + sin θ)
[
r3
]z/2
0
+
1
2
z
[
r2
]z/2
0
dz dθ =
= 2
∫ 2pi
0
∫ 1
0
(
1
24
(cos θ + sin θ) +
1
8
)
z3 dz dθ = 2
∫ 2pi
0
1
4
(
1
24
(cos θ + sin θ) +
1
8
)
dθ =
= 2
1
32
2pi =
pi
8
.
17