prova gabarito cálculo 2

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Gabarito da Prova Final de Ca´lculo Diferencial e Integral III
Eng. Produc¸a˜o – 06/12/2007
Prof. Rolci Cipolatti
1a Questa˜o: (2,0 pts)
Calcule as integrais duplas abaixo:
(a)
∫∫
D
dxdy
(x2 + y2)p
, sendo p < 1 e D =
{
(x, y) |x2 + y2 ≤ 4
}
;
(b)
∫∫
R
e(x+y)/(x−y) dxdy, sendo R e´ o trape´zio cujos ve´rtices sa˜o os pontos
(1, 0), (2, 0), (0,−2) e (0,−1).
Soluc¸a˜o: (a) Usando coordenadas polares.∫∫
D
dxdy
(x2 + y2)p
=
∫ 2pi
0
[∫ 2
0
r dr
r2p
]
dθ = 2π
∫ 2
0
r1−2pdr =
π22(1−p)
1− p
.
(b) Consideremos a mudanc¸a de varia´veis: u = x+ y e v = x− y. Enta˜o
∂(u, v)
∂(x, y)
=
∣∣∣∣ 1 11 −1
∣∣∣∣ = −2 ⇒ ∂(x, y)∂(u, v) = −1/2
Assim,
I =
∫∫
R
e(x+y)/(x−y) dxdy =
1
2
∫ ∫
G
eu/vdudv
Como a regia˜o G e´ do tipo I, temos
I =
1
2
∫ 2
1
(∫ v
−v
eu/v du
)
dv =
1
2
∫ 2
1
(
eu/v
1/v
∣∣∣∣v
−v
)
dv =
e− e−1
2
∫ 2
1
v dv =
3
4
senh(1).
2a Questa˜o: (3,0 pts)
(a) Calcule as coordenadas do centro de massa do so´lido W definido por
W =
{
(x, y, z) |x2 + y2 + z2 ≤ R2, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0
}
e cuja densidade volume´trica ρ(x, y, z) (em g/cm3) em cada ponto P ∈ W e´ igual a` distaˆncia de
P ao eixo dos z’s.
(b) Quando R = R(t) varia com o tempo, o centro de massa descreve uma curva ~γ(t). Determine o
vetor velocidade em cada instante, supondo que R(t) = t2. Que tipo de movimento descreve o
centro de massa?
Soluc¸a˜o: (a) A densidade e´ ρ(x, y, z) =
√
x2 + y2. Logo,
M =
∫∫∫
W
ρ(x, y, z) dx dy dz =
∫∫∫
W
√
x2 + y2dx dy dz
Em coordenadas esfe´ricas, tem-se 
x = ρ senφ cos θ
y = ρ senφ sen θ
z = ρ cosφ
de modo que
dx dy dz = ρ2 senφdρ dφ dθ,
√
x2 + y2 = ρ senφ.
Nessas coordenadas o conjunto W toma a forma
W˜ = {(ρ, θ, φ) ∈ R3 ; 0 ≤ ρ ≤ R, 0 ≤ φ, θ ≤ π/2}.
Portanto,
M =
∫∫∫
W˜
ρ senφρ2 senφdρ dφ dθ
=
(∫ pi/2
0
dθ
)(∫ pi/2
0
sen2 φdφ
)(∫ R
0
ρ3 dρ
)
=
π
2
×
π
4
×
R4
4
=
π2R4
32
.
Por outro lado,
x =
∫∫∫
W
xρ(x, y, z) dx dy dz =
∫∫∫
W
x
√
x2 + y2dx dy dz,
que, em coordenadas esfe´ricas se escreve,
x =
∫∫∫
W˜
ρ senφ cos θ ρ senφρ2 senφdρ dφ dθ
=
(∫ pi/2
0
cos θ dθ
)(∫ pi/2
0
sen3 φdφ
)(∫ R
0
ρ4 dρ
)
=
(∫ pi/2
0
cos θ dθ
)(∫ pi/2
0
(1− cos2 φ) senφdφ
)(∫ R
0
ρ4 dρ
)
=
(∫ pi/2
0
cos θ dθ
)(∫ 1
0
(1− u2) du
)(∫ R
0
ρ4 dρ
)
=
2R5
15
.
Observe pela simetria das fo´rmulas que y = x.
z =
∫∫∫
W˜
ρ cosφρ senφρ2 senφdρ dφ dθ
=
(∫ pi/2
0
dθ
)(∫ pi/2
0
sen2 φ cosφdφ
)(∫ R
0
ρ4 dρ
)
=
(∫ pi/2
0
dθ
)(∫ 1
0
u2 du
)(∫ R
0
ρ4 dρ
)
=
πR5
30
.
Assim, o centro de massa e´ o ponto
PM =
(
x
M
,
y
M
,
y
M
)
=
(
64R
15π2
,
64R
15π2
,
16R
15π
)
.
(b) Supondo R(t) = t2, tem-se:
−→γ (t) =
(
64R
15π2
,
64R
15π2
,
16R
15π
)
=
16t2
15π2
(4, 4, π).
Logo o movimento e´ retil´ıneo na direc¸a˜o do vetor (4, 4, π) e o vetor velocidade e´
d
dt
−→γ (t) =
32t
15π2
(4, 4, π),
o que mostra que e´ um movimento uniformemente acelerado.
3a Questa˜o: (3,0 pts)
Seja C a curva parametrizada por ~σ(t) = (cos t, sen t, cos 2t), 0 ≤ t ≤ 2π e
~F (x, y, z) =
(
ln(1 + x2)− y, e−y
2
− z, sen(z2)− x
)
.
(a) Calcule
∮
C
~F · d~r usando o Teorema de Stokes.
(b) E´ poss´ıvel calcular a integral de linha acima sem aplicar o Teorema de Stokes? Justifique sua
resposta.
Soluc¸a˜o: (a) Temos rot
−→
F = (1, 1, 1). Como cos 2t = cos2 t − sen2 t, veˆ-se que a curva −→σ (t) esta´
contida na superf´ıcie S dada por z = x2 − y2. Esta superf´ıcie pode ser parametrizada por
−→
Φ (x, y) =
(x, y, x2 − y2). Para que C seja o bordo de S, tomamos o domı´nio de
−→
Φ como o disco unita´rio D, isto e´,
D = {(x, y) ; x2 + y2 ≤ 1}. Desta forma, o vetor normal
−→
N (x, y), com orientac¸a˜o positiva relativamente
a` orientac¸a˜o da curva C, e´
−→
N (x, y) = (2x,−2y, 1).
Assim, do Teorema de Stokes, tem-se∮
C
−→
F · d−→r =
∫∫
S
rot
−→
F · d
−→
S =
∫∫
D
(1, 1, 1) · (2x,−2y, 1) dxdy =
∫∫
D
(2x− 2y + 1) dxdy
Mas ∫∫
D
2xdxdy = 2
∫ 2pi
0
[∫ 1
0
r cos θ rdr
]
dθ = 0,
∫∫
D
2y dxdy = 2
∫ 2pi
0
[∫ 1
0
r sen θ rdr
]
dθ = 0.
Logo, ∮
C
−→
F · d−→r =
∫∫
D
dxdy = a´rea de D = π.
(b) O ca´lculo da integral de linha pode ser feito explicitamente, embora na definic¸a˜o do campo estejam
presentes func¸o˜es que na˜o possuem primitivas elementares, tais como e−y
2
. De fato, se escrevermos
−→
F =
−→
G +
−→
H , com
−→
G (x, y, z) =
(
ln(1 + x2), e−y
2
, sen(z2)
)
, e
−→
H (x, y, z) =
(
−y,−z,−x
)
,
enta˜o rot
−→
G = (0, 0, 0). Logo,
−→
G e´ um campo gradiente e
∮
C
−→
G · d−→r = 0. Desta forma,
∮
C
−→
F · d−→r =
∮
C
−→
H · d−→r =
∫ 2pi
0
(− sen t,− cos 2t,− cos t) · (− sen t, cos t,−2 sen2t) dt
que pode ser calculada explicitamente.
4a Questa˜o: (2,0 pts)
Calcule o fluxo
∫∫
S(
~F · ~n) dS, do campo ~F (x, y, z) = (x, y + ez
2
, z2 + 1), atrave´s da superf´ıcie S =
{(x, y, z) | z = 1 − x2 − y2, z ≥ 0}, (com vetor normal apontando para fora). (Sugesta˜o: Use o Teorema
de Gauss, mas observe que a superf´ıcie na˜o e´ fechada em z = 0.)
Soluc¸a˜o: Consideremos o so´lido
W = {(x, y, z) ∈ R3 ; 0 ≤ z ≤ 1− x2 − y2}.
Enta˜o a fronteira ∂W de W e´ a superf´ıcie S ∪ T , sendo T o disco {(x, y, z) ; z = 0, x2 + y2 ≤ 1}.
Pelo Teorema de Gauss, tem-se∫∫∫
W
div
−→
F dxdydz =
∫∫
∂W∪T
−→
F · d
−→
S =
∫∫
S
−→
F · d
−→
S +
∫∫
T
−→
F · d
−→
S
Como div
−→
F (x, y, z) = 2 + 2z, tem-se em coordenadas cil´ındricas
∫∫∫
W
div
−→
F dxdydz =
∫∫∫
W
(2 + 2z) dxdydz =
∫∫
D
[∫ 1−r2
0
(2 + 2z) dz
]
rdrdθ,
sendo D o disco unita´rio. Portanto,∫∫∫
W
div
−→
F dxdydz = 2π
∫ 1
0
[
2(1− r2) + (1− r2)2 rdr
]
=
4π
3
.
Por outro lado,∫∫
T
−→
F · d
−→
S =
∫∫
T
(
−→
F · −→n ) dS =
∫∫
T
(x, y + 1, 1) · (0, 0,−1) dS = −a´rea de T = −π.
Assim, conclu´ımos ∫∫
S
−→
F · d
−→
S =
4π
3
+ π =
7π
3
.