Cálculo 3 UFPE - PROVA 2A UNIDADE - 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 Prova
25-10-10
Questa˜o 1: [3 pontos]
Uma superf´ıcie gerada pela revoluc¸a˜o em torno do eixo z da curva descrita pela
equac¸a˜o y = f(z) no plano yz admite a parametrizac¸a˜o~r(θ, z) = (f(z) cos(θ), f(z) sin(θ), z).
Sejam m, a e b reais positivos com b > a. Seja σ a parte do cone gerada pela rotac¸a˜o
do segmento de reta y = mz no plano yz compreendido entre z = a e z = b em torno
do eixo z
(a) [1/2 ponto] Parametrize e fac¸a um esboc¸o de σ.
(b) [1 1/2 pontos] Calcule a a´rea de σ.
(c) [1 ponto] Sendo g(z) = z a densidade superficial de massa de σ, calcule sua
massa total, i.e., calcule a integral de superf´ıcie do campo escalar g(z) na su-
perf´ıcie σ .
Observac¸a˜o: Obtenha suas respostas em termos de a, b e m.
Soluc¸a˜o:
(a) ~σ(θ, z) = (mz cos(θ),mz sen(θ), z), 0 ≤ θ < 2pi, a ≤ z ≤ b.
(b) ~σθ = (−mz sen(θ),mz cos(θ), 0), ~σz = (m cos(θ),m sen(θ), 1).
~σθ × ~σz =
∣∣∣∣∣∣
iˆ jˆ kˆ
−mz sen(θ) mz cos(θ) 0
m cos(θ) m sen(θ) 1
∣∣∣∣∣∣ = mz cos(θ)ˆi+mz sen(θ)ˆj+m2zkˆ.
dS = ||~σθ × ~σz||dθdz = m
√
1 +m2zdθdz.
A =
∫∫
σ
dS =
∫ b
a
∫ 2pi
0
m
√
1 +m2zdθdz = pim
√
1 +m2(b2 − a2)
(c) M =
∫∫
σ
g(z)dS =
∫ 2pi
0
∫ b
a
zm
√
1 +m2zdθdz = 2pim
√
1+m2
3
(b3 − a3).
x
y
z
b
a
y =mx
θ
.
Questa˜o 2: [3 pontos]
Considere o campo vetorial ~F(x, y, z) = xy2iˆ+ 3zjˆ+ 5ykˆ.
(a) [1/2 ponto] calcule rot ~F = ~∇× ~F.
(b) [1 ponto] Parametrize a porc¸a˜o do plano x+z = 4 limitada pelo cilindro x2+y2 =
16.
(c) [1 1/2 pontos] Use o teorema de Stokes para calcular
∮
C
~F · d~r, onde C e´ a curva
obtida pela intersec¸a˜o entre o plano x+z = 4 e o cilindro x2+y2 = 16, orientada
no sentido anti-hora´rio quando vista de cima.
Soluc¸a˜o:
(a) ~∇× ~F =
∣∣∣∣∣∣
iˆ jˆ kˆ
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
xy2 3z 5y
∣∣∣∣∣∣ = 2ˆi+ 0jˆ+ 2xykˆ
(b) ~Γ(r, t) = (x(r, t), y(r, t), z(r, t)), com
x(r, t) = r cos(t), y(r, t) = r sen(t), z(r, t) = 4 − r cos(t); 0 ≤ t < 2pi e
0 ≤ r ≤ 4.
(c) Aplicaremos o teorema de Stokes utilizando a superf´ıcie Γ do item anterior.
Temos:
~Γr = (cos(t), sen(t),− cos(t)), ~Γt = (−r sen(t), r cos(t), r sen(t).
~Γr × ~Γt =
∣∣∣∣∣∣
iˆ jˆ kˆ
cos(t), sen(t) − cos(t)
−r sen(t) r cos(t) r sen(t)
∣∣∣∣∣∣ = riˆ+ 0ˆj+ rkˆ.
dS = || ~Γr × ~Γt|| =
√
2r.
nˆ = ( 1√
2
, 0, 1√
2
) e´ o mesmo vetor normal ao plano x+ z = 5. Finalmente:∮
C
~F · d~r = ∫∫
Γ
~∇ × ~F · nˆdS = ∫∫
Γ
(2 + 2xy)dS =
∫ 2pi
0
∫ 4
0
(2 + (2r cos(t)r
sen(t))rdrdt=32pi.
Questa˜o 3: [4 pontos]
Seja S a superf´ıcie do cubo de arestas (0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 1),
(0, 1, 1) e (1, 1, 1), conforme ilustrado na figura abaixo:
x
y
z
(1,0,0) (0,1,0)
(0,0,1)
 n6
 n1
 n2
 n3
 n4
 n5
^
^
^
^
^
^
.
Considere o campo vetorial ~F(x, y, z) = x2yiˆ+ y2xjˆ+ 4xyzkˆ.
(a) [1/2 ponto] Calcule div ~F = ~∇ · ~F.
(b) [1 1/2 pontos] Use o teorema da divergeˆncia para calcular o fluxo de ~F(x, y)
atrave´s da superf´ıcie do cubo.
(c) [1/2 ponto] Quais sa˜o os vetores normais nˆ1, nˆ2, nˆ3, nˆ4, nˆ5 e nˆ6 a cada face Si do
cubo?
(d) [1 ponto] Calcule, pela definic¸a˜o, a integral de superf´ıcie
∫∫
Si
~F · d~S em cada face
Si do cubo com normal nˆi, i = 1, . . . , 6.
(e) [1/2 ponto] Compare os resultados do item anterior com o obtido no item (b).
Soluc¸a˜o:
(a) div ~F = ~∇ · ~F = ∂P
∂x
+ ∂Q
∂y
+ ∂R
∂z
= 2xy + 2yx+ 4xy = 8xy.
(b) Pelo teorema da divergeˆncia,
∫∫
S
~F·nˆdS = ∫∫∫
V
div ~F =
∫ 1
0
∫ 1
0
∫ 1
0
8xydxdydz=
2.
(c) nˆ1 = jˆ, nˆ2 = −jˆ, nˆ3 = kˆ, nˆ4 = −kˆ, nˆ5 = iˆ e nˆ6 = −ˆi
(d) I1 =
∫∫
S1
~F · nˆ1dS =
∫ 1
0
∫ 1
0
y2xdxdz = 1/2;
I2 =
∫∫
S2
~F · nˆ2dS = −
∫ 1
0
∫ 1
0
y2xdxdz = 0;
I3 =
∫∫
S3
~F · nˆ3dS =
∫ 1
0
∫ 1
0
4xyzdxdy = 1;
I4 =
∫∫
S4
~F · nˆ4dS = −
∫ 1
0
∫ 1
0
4xyzdxdy = 0;
I5 =
∫∫
S5
~F · nˆ5dS =
∫ 1
0
∫ 1
0
x2ydydz = 1/2;
I6 =
∫∫
S6
~F · nˆ6dS = −
∫ 1
0
∫ 1
0
x2ydydz = 0.
(e)
∫∫
S
~F · nˆdS=I1+I2+I3+I4+I5+I6=1/2+0+1+0+1/2+0 =2=
∫∫∫
V
div ~F.
Page
Questo˜es 1 2 3 Total
Total de pontos 3 3 4 10
Pontos conseguidos