Prova_3_2-2013-GABARITO

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3a Prova de Ca´lculo III – 05/02/2014 – 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. Calcule
∫
C
~f · d~r onde C e´ a fronteira da regia˜o em R2 delimitada pelas retas y = √3/3x e y = x e pelas
circunfereˆncias x2 + y2 = 1 e x2 + y2 = 4 e contida no primeiro quadrante, orientada no sentido hora´rio e
~f(x, y) = (cos(x2) + y, esin y + 2x).
Soluc¸a˜o:
Sejam D a regia˜o em R2 delimitada por C e C− a curva orientada no sentido antihora´rio. Como C−corresponde
a` orientac¸a˜o positiva com relac¸a˜o a` D, pelo Teorema de Green, temos que∮
C−
~f · d~r =
∫∫
D
∂f2
∂x
− ∂f1
∂y
dA
=
∫∫
D
dA
= a(D)
=
1
24
a(D˜)
=
1
24
(3pi)
=
pi
8
onde D˜ e´ a regia˜o limitada pelas circunfereˆncias x2 + y2 = 1 e x2 + y2 = 4 sendo que a regia˜o compreendida
entre as retas y =
√
3/3x e y = x forma um aˆngulo de 15o de modo que a a´rea de D e´ 15
360
= 1
24
da a´rea de
D˜ que e´ 3pi. Alternativamente, em coordenadas polares, temos:
a(D) =
∫ 2
1
∫ pi/4
pi/6
rdθdr
=
(pi
4
− pi
6
) r2
2
|21
=
pi
8
.
Portanto,
∫
C
~f · d~r = −
∫
C−
~f · d~r = −pi
8
.
1
2. Calcule
∫∫
S
~f · ~ndS, onde S e´ a parte exterior do cilindro x2 + (y − 1)2 = 1 contida no primeiro octante e
limitada pelo plano y = z e ~f(x, y, z) = (y, 1, xz).
Soluc¸a˜o:
A superf´ıcie S pode ser parametrizada por
~r(θ, z) = (cos θ, sin θ + 1, z), para 0 ≤ θ ≤ pi , 0 ≤ z ≤ sin θ + 1.
onde θ e´ o aˆngulo formado entre a semireta paralela ao eixo x passando por (0, 1) e o segmento de reta que
liga o ponto (x, y) a (0, 1). Neste caso, o vetor normal sera´ dado por
∂~r
∂θ
= (sin θ, cos θ, 0)
∂~r
∂z
= (0, 0, 1)
∂~r
∂θ
× ∂~r
∂z
= (cos θ, sin θ, 0)
Pela definic¸a˜o, temos que
I =
∫ pi
0
∫ sin θ+1
0
~f(~r(θ, z)) · ∂~r
∂θ
× ∂~r
∂z
dzdθ
=
∫ pi
0
∫ sin θ+1
0
((sin θ + 1), 1, z cos θ) · (cos θ, sin θ, 0)dzdθ
=
∫ pi
0
∫ sin θ+1
0
(sin θ + 1) cos θ + sin θdzdθ
=
∫ pi
0
((sin θ + 1) cos θ + sin θ)(sin θ + 1)dθ
=
pi + 4
2
.
2
3. Calcule a integral I =
∮
C
~f · d~r, onde C e´ a curva dada pela intersec¸a˜o do plano x+ y + z = 9 e do cilindro
x2 + y2 = 4 e ~f(x, y, z) = z2~i + x2~j + y2~k. Escolha uma orientac¸ao para C apresentando atrave´s de um
esboc¸o.
Soluc¸a˜o:
Pelo Teorema de Stokes,
I =
∮
C
~f · d~r =
∫∫
S
rot~f · ~n dS
onde S e´ a parte do plano x+ y+ z = 9 interior ao cilindro x2 + y2 = 4 e C deve ser orientada positivamente
com respeito a escolha do vetor normal de S. Parametrizando S, temos:
~r(x, y) = (x, y, 9− x− y), para x2 + y2 ≤ 4.
Neste caso, o vetor normal e´ dado por
∂~r
∂x
= (1, 0,−1)
∂~r
∂y
= (0, 1,−1)
∂~r
∂x
× ∂~r
∂y
= (1, 1, 1).
Se adotarmos este campo de vetores normais, enta˜o a projec¸a˜o de C no plano xy e´ percorrida no sentido
anti-hora´rio. Como rot~f = (2y, 2z, 2x) segue, pela definic¸a˜o, que
I =
∫∫
x2+y2≤4
(2y, 2(9− x− y), 2x) · (1, 1, 1)dxdy
=
∫∫
x2+y2≤4
18dxdy
= 18pi(2)2
= 72pi.
3
4. Calcule a integral I =
∫∫
S
~f(x, y, z) · ~n dS para o campo vetorial
~f(x, y, z) =
3x− x3 + ln(y2 + z2 + 1)
3
~i +
ln(x2 + z2 + 1)− y3
3
~j,
onde S e´ o hemisfe´rio superior da esfera x2 + y2 + z2 = 1 com normal exterior.
Soluc¸a˜o:
Para aplicar o Teorema de Gauss, tome T a parte do plano z = 0, x2 + y2 ≤ 1, com normal inferior. Como
pelo teorema de Gauss,
I = I =
∫∫
S
~f(x, y, z) · ~n dS =
∫∫∫
W
div ~fdV −
∫∫
T
~f(x, y, z) · ~n dS,
onde W e´ a regia˜o acima do plano z = 0 e abaixo da esfera x2 + y2 + z2 = 1. Uma vez que ~f na˜o tem
componente na direc¸a˜o ~k, e´ fa´cil ver que
∫∫
T
~f(x, y, z) · ~n dS = 0. Como div ~f(x, y, z) = 1 − x2 − y2, basta
calcular
I =
∫∫∫
W
1− x2 − y2 dV
Em coordenadas cil´ındricas:
I =
∫ 1
0
∫ 2pi
0
∫ √1−r2
0
(1− r2)rdzdθdr
=
∫ 1
0
∫ 2pi
0
(1− r2)3/2rdθdr
=
2pi
5
.
4