PROVA de Cáculo 3

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2a Prova de Ca´lculo III, Turma M
05/12/2012
1a) (10 pontos) Calcule ∫ ∫
S
∇× ~F · nˆ dS
onde ~F = x2z i + x2y2 j + y2z k e S e´ a porc¸a˜o do paraboloide z = 5− x2− y2 com z ≥ 0. J
2a) (10 pontos) Calcule ∫
γ
~F
onde ~F = (−y + z) i + (−x − z) j + (x + y + log√1 + z2) k e γ e´ o c´ırculo x2 + y2 = 1 no
plano z = −1, orientado no sentido anti-hora´rio. J
3a) (10 pontos) Calcule ∫ ∫
S
~F · nˆ dS
onde ~F = (z + e
3
√
y3 + z3) i + (4piy + z2) j + x2y3 k e S e´ a superf´ıcie do cubo unita´rio C
dado por 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1. J
4a) (10 pontos) Calcule ∫ ∫
S
~F · nˆ dS
onde S e´ a esfera de centro na origem e raio 1 e ~F = (x3 + y3 + z3)(i + j + k). J
Boˆnus (4 pontos, fac¸a se quiser). Sejam ~F e S como na questa˜o 3. Quanto vale∫ ∫
S
∇× ~F · nˆ dS ?
Justifique sua resposta. J
Soluc¸a˜o da 2a Prova de Ca´lculo III, corrigida, Turma M, 05/12/2012
1) O rotacional de ~F e´ rot~F = 2yz i + x2 j + 2xy2 k e esta´ definido em todo o espac¸o.
Usando a fo´rmula de Stokes, o fluxo do rotacional atrave´s de S e´ igual a integral do campo
ao longo do bordo (fronteira) da superf´ıcie S, que e´ o c´ırculo γ dado por x2 + y2 = 5, z = 0.
Agora, ha´ uma infinidade de maneiras de resolver essa questa˜o: ou calculamos o fluxo do
rotacional atrave´s do paraboloide, ou calculamos a integral de linha do campo ao longo de
γ, ou trocamos o paraboloide por qualquer superf´ıcie cujo bordo seja γ. Prefiro essa u´ltima
alternativa e troco o paraboloide pelo disco D = {x2 + y2 ≤ 5 , z = 0}. Orientando γ no
sentido anti-hora´rio, o normal unita´rio a D e´ k. Assim fico com
∫ ∫
S
∇× ~F · nˆ dS =
∫ ∫
D
2xy2 dxdy =
√
5∫
0
2rdr
2pi∫
0
sen2 θ cos θ dθ =
√
5∫
0
2rdr
[
−sen
3 θ
3
]2pi
0
= 0.
2) O campo ~F tem aspecto um pouco confuso, mas o caminho γ e´ simples, da´ı tento a fo´rmula
de Stokes. O rotacional de ~F e´ ∇ × ~F = 2 i. Adoto o disco D = {x2 + y2 ≤ 1 , z = −1}
como superf´ıcie cujo bordo e´ γ (e´ a mais simples que consigo imaginar). Se γ esta´ orientado
no sentido anti-hora´rio enta˜o o normal unita´rio a D e´ k. Segue que∮
γ
~F =
∫ ∫
D
∇× ~F · nˆ dS =
∫ ∫
D
0 dS = 0.
3) O campo e´ razoavelmente complicado e a superf´ıcie e´ fechada e muito simples. Tentamos
a fo´rmula de Gauss pois podemos aplica´-la. A divergeˆncia de ~F e´ div ~F = 4pi e enta˜o∫ ∫
S
~F · nˆ dS =
∫ ∫ ∫
C
div ~F dV =
∫ ∫ ∫
C
4pi dV = 4pi
∫ ∫ ∫
C
dV = 4pi
pois o volume do cubo unita´rio e´ 1.
4) Essa e´, caso queira, aplicac¸a˜o direta da fo´rmula de Gauss. A divergeˆncia de ~F e´ div ~F =
3(x2 + y2 + z2) e da´ı, denotando por B a bola de centro na origem e raio 1,
∫ ∫
S
~F · nˆ dS =
∫ ∫ ∫
B
div ~F dV =
pi∫
0
1∫
0
2pi∫
0
3ρ4senφ dθdρdφ =
12pi
5
.
Boˆnus. Como S e´ uma superf´ıcie sem bordo, vale a fo´rmula de Gauss. Mas ∇ ·∇× ~F = 0.
Logo ∫ ∫
S
∇× ~F · nˆ dS =
∫ ∫ ∫
C
∇ · ∇ × ~F dV =
∫ ∫ ∫
C
0 dV = 0.