Prova_2_2-2013-GABARITO

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2a Prova de Ca´lculo III – 18/12/2013 – Turma
NOME: MATRI´CULA:
Atenc¸a˜o: Cada questa˜o vale 25 pontos. Justifique todas as suas respostas de maneira leg´ıvel.
Q1 Q2 Q3 Q4 NOTA
1. Assinale verdadeiro ou falso a`s seguintes afirmativas, justificando com respostas curtas.
( V ) O campo vetorial ~f(x, y) = y~i + x~j e´ conservativo.
Soluc¸a˜o: Se ϕ(x, y) = xy enta˜o ∇ϕ(x, y) = ~f(x, y).
( F ) Se h(x, y) = x2 + y2 enta˜o div (∇h) (x, y) = 0.
Soluc¸a˜o: ∇h = (2x, 2y)⇒ div(2x, 2y) = 2 + 2 = 4 6= 0.
( F ) A func¸a˜o ~σ(t) = (cos(t), sen(t), t), 0 ≤ t ≤ 2pi, esta´ parametrizada por comprimento de arco.
Soluc¸a˜o: ~σ′(t) = (−sen(t), cos(t), 1)⇒ ‖~σ′(t)‖ = √2 6= 1.
( V ) Se g(x, y, z) = xyz enta˜o a maior taxa de crescimento de g em P = (1, 1,
√
2) e´ igual a
√
5.
Soluc¸a˜o: A maior taxa de crescimento de g em P = (1, 1, 1) e´ igual a ‖∇g(P )‖ = ‖(√2,√2, 1)‖ = √5.
( F ) A curva ~σ(t) = (t cos t, t sen t, t2), t ≥ 0, esta´ sobre um cone.
Soluc¸a˜o: Como x(t)2 + y(t)2 = t2 = z(t), t ≥ 0, enta˜o ~σ(t) pertence ao parabolo´ide z = x2 + y2.
1
2. Seja C a curva contida no primeiro octante obtida pela intersec¸a˜o do elipso´ide x2 + y
2
4
+ z
2
16
= 1 e do plano
x =
√
3/2. Calcule
∫
C
x2yzds.
Soluc¸a˜o: A curva C pode ser parametrizada por:
~σ(t) = (
√
3/2, cos t, 2sent) , t ∈ [0, pi/2].
Disto, temos que:
~σ′(t) = (0,−sent, 2 cos t)⇒ ‖σ′(t)‖ =
√
1 + 3 cos2 t.
Pela definic¸a˜o, segue que: ∫
C
f(x, y, z) ds =
∫ pi/2
0
f(σ(t))||σ′(t)||dt
=
∫ pi/2
0
3
2
cos t sent
√
1 + 3 cos2 tdt
= = −1
6
(
1 + 3 cos2 t
) 3
2
∣∣∣t=pi2t=0
=
7
6
.
2
3. Calcule
∫
C
~f(x, y, z)d~r para o campo vetorial ~f(x, y, z) = (2xy − yz senx)~i + (z cosx + x2)~j + (y cosx − 1)~k
sobre a semi-circunfereˆncia x =
√
1− y2 contida no plano z = 2 e percorrida no sentido anti-hora´rio.
Soluc¸a˜o: Func¸a˜o potencial:
∂u
∂x
= 2xy − yz sinx ⇔ u = x2y + yz cosx+ h1(y, z)
∂u
∂y
= z cosx+ x2 ⇔ u = x2y + yz cosx+ h2(x, z)
∂u
∂z
= y cosx− 1 ⇔ u = zy cosx− z cosx+ h3(x, y)
Logo u = x2y + yz cosx − z e´ uma func¸a˜o potencial para ~f e, portanto ~f e´ um campo conservativo. Como
C tem ponto inicial (0,-1,2) e ponto final (0, 1, 2), temos que:∫
C
~fd~r = u(0, 1, 2)− u(0,−1, 2) = 4
3
4. Seja S a superf´ıcie do parabolo´ide z = 5− x2 − y2 entre os planos z = 2 e z = 0.
a) Encontre uma representac¸a˜o parame´trica para S;
b) Determine a equac¸a˜o do plano tangente a` S em P (2, 0, 1)
Soluc¸a˜o:
a) Em z = 2 temos 3 = x2 + y2, e em z = 0 temos 5 = x2 + y2. Seja (x, y, z) ∈ S. Tomando u pelo aˆngulo
formado entre o eixo-x positivo e o segmento de reta que comec¸a na origem e termina em (x, y, 0), e
por v a distaˆncia entre o ponto (x, y, 0) e a origem, temos:
x = v cosu
y = v sinu
z = 5− x2 − y2 = 5− v2
Logo, ψ(u, v) = (v cosu, v sinu, 5− v2) onde √3 ≤ v ≤ √5 e 0 ≤ u ≤ 2pi e´ parametrizac¸a˜o para S.
b) Note que z + x2 + y2 = 5 e´ a representac¸a˜o impl´ıcita de S. Logo, S e´ a superf´ıcie de n´ıvel 5 da func¸a˜o
f(x, y, z) = z + x2 + y2. Sendo assim, o vetor ∇f(2, 0, 1) e´ tangente a` S em (2, 0, 1).
∇f(x, y, z) = (2x, 2y, 1)⇒ ∇f(2, 0, 1) = (4, 0, 1)
Porntanto o plano tangente e´ determinado pela equac¸a˜o:
(x− 2, y − 0, z − 1) · (4, 0, 1) = 0⇒
4x+ z = 9
4