Cálculo 3 UFPE - PROVA SEGUNDA CHAMADA - 2010.2 (RESOLVIDA)

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Universidade Federal de Pernambuco
CCEN - Departamento de Matema´tica - A´rea II
Ca´lculo 3 - 2010.2
Nome:
Professor(a):
CPF: Turma:
2a Chamada
13-12-10
Questa˜o 1: [3 pontos]
Considere o campo vetorial ~F(x, y, z) = (yz2, xz2, x2 + y2) e duas superf´ıcies;
~rd =
(
x, y, 1
)
, ~rp =
(
x, y, x2 + y2
)
; para ambos casos x2 + y2 ≤ 1.
(a) [1/2 ponto] ~F(x, y, z) e´ conservativo? Justifique.
(b) [1 ponto] Calcule o fluxo de ~F(x, y, z) sobre a superf´ıcie dada por ~rd.
(c) [1/2 ponto] Calcule a divergeˆncia do campo ~F(x, y, z).
(d) [1 ponto] Use o teorema da divergeˆncia para calcular o fluxo de ~F(x, y, z) sobre
a superf´ıcie dada por ~rp.
Soluc¸a˜o:
(a) Na˜o e´ conservativo dado que ~∇×~F 6= 0. Vejamos que se ~F = (P,Q,R) enta˜o:
~∇× ~F = (Ry −Qz, Pz −Rx, Qx − Py) = (2y − 2xz, 2yz − 2x, z2 − z2) 6= 0.
(b) Temos que: (~rd)x =
(
1, 0, 0
)
, (~rd)y =
(
0, 1, 0
)
, ⇒ (~rd)x × (~rd)y = (0, 0, 1).∫∫
Sd
~F · d~S =
∫∫
x2+y2≤1
~F · [(~rd)x × (~rd)y] dxdy =
∫∫
x2+y2≤1
(x2 + y2) dxdy
=
∫ 2pi
0
∫ 1
0
ρ2 ρ dρ dθ =
pi
2
.
(c) ~∇ · ~F = Px +Qy +Rz = 0 + 0 + 0 = 0.
(d) Observemos que Sd e Sp forman uma superf´ıcie fechada,∫∫
Sp+Sd
~F · d~S =
∫∫
Sp
~F · d~S +
∫∫
Sd
~F · d~S =
∫∫
Sp
~F · d~S + pi
2
;∫∫
Sp+Sd
~F · d~S =
∫∫∫
V
~∇ · ~F dV ≡ 0 ⇒
∫∫
Sp
~F · d~S = −pi
2
.
Questa˜o 2: [3 pontos]
(a) [1 ponto] Encontre a equac¸a˜o parametrizada da curva obtida pela intersec¸a˜o
entre a esfera x2 + y2 + z2 = 4 e o cilindro x2 + y2 = 1, acima do plano xy.
(b) [2 pontos] Use o teorema de Stokes para calcular a integral
∫∫
S
~∇ × ~F · nˆdS,
onde ~F(x, y, z) = xy iˆ+ yz jˆ+ xy kˆ e S e´ a parte da esfera x2 + y2 + z2 = 4 que
esta´ dentro do cilindro x2 + y2 = 1 e acima do plano xy.
Soluc¸a˜o:
(a) Os pontos da curva satisfazem x2 + y2 = 1, logo x = cos(t) e y = sen(t),
como x2 + y2 + z2 = 4 enta˜o z =
√
3.
~rc(t) = (cos(t), sen(t),
√
3 ), onde 0 ≤ t ≤ 2pi.
(b) Pelo teorema de Stokes∫∫
S
~∇× ~F · nˆdS =
∫
c
~F · d~r =
∫
c
xy dx+ yz dy + xy dz
=
∫ 2pi
0
(− cos(t) sen(t)2 +√3 sen(t) cos(t) + 0) dt
=− 1
3
sen(t)3
∣∣∣2pi
0
+
√
3
2
sen(t)2
∣∣∣2pi
0
= 0
Questa˜o 3: [2 pontos]
Encontre o raio de convergeˆncia e o intervalo de convergeˆncia da se´rie
∞∑
n=2
(−1)n x
n
4n ln(n)
.
Soluc¸a˜o: Primeiro observemos que 1 < ln(n) < n, de aqui 1 < n
√
ln(n) < n
√
n,
ja´ que lim
n→∞
n
√
n = 1 enta˜o lim
n→∞
n
√
ln(n) = 1.
De
∑
an(x−x0)n, temos que x0 = 0 e an = (−1)
n
4n ln(n)
. Pelo criterio da raiz n-e´sima,
1
rc
= lim
n→∞
n
√∣∣∣∣ (−1)n4n ln(n)
∣∣∣∣ = limn→∞ | − 1|4 1n√ln(n) = 14 ⇒ rc = 4.
E a se´rie converge absolutamente para −4 < x < 4. Vejamos para x = ±4,
x = 4;
∞∑
n=2
(−1)n4n
4n ln(n)
=
∞∑
n=2
(−1)n
ln(n)
,
{
1. lim 1
ln(n)
= 0
2. 1
ln(n)
> 1
ln(n+1)
converge,
Page
x = −4;
∑ (−1)n(−4)n
4n ln(n)
=
∞∑
n=2
1
ln(n)
>
∞∑
n=2
1
n
, diverge.
Assim o intervalo de convergencia e´: x ∈ (−4, 4].
Questa˜o 4: [2 pontos]
Dada a func¸a˜o, f(x) = (1 + x2)−1, quando (−1 < x < 1).
(a) [1 ponto] Encontre a se´rie de MacLaurin de f(x), ou seja quando a = 0.
(b) [1 ponto] Encontre a se´rie para
∫ t
0
1
1 + x2
dx e mostre que: pi = 4
∞∑
n=0
(−1)n
2n+ 1
.
Dica: Identifique a se´rie obtida com a func¸a˜o arctan(t) e avalie em t = 1.
Soluc¸a˜o:
(a) Lembrando que para r ∈ (−1, 1) temos;
∞∑
n=0
rn =
1
1− r . Logo
f(x) = (1 + x2)−1 =
1
1− (−x2) =
∞∑
n=0
(−x2)n =
∞∑
n=0
(−1)nx2n.
(b) Conhecemos que, tan(pi
4
) = 1, ale´m de
pi
4
= arctan(1) =
∫ 1
0
1
1 + x2
dx =
∞∑
n=0
(−1)n
2n+ 1
x2n+1
∣∣∣1
0
=
∞∑
n=0
(−1)n
2n+ 1
.
Questo˜es 1 2 3 4 Total
Total de pontos 3 3 2 2 10
Pontos conseguidos
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