119 EP15 C4 1 2007 tutor

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Fundac¸a˜o Centro de Cieˆncias e Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Ca´lculo IV – EP15 – Tutor
Exerc´ıcio 1: Calcule o trabalho realizado pelo campo de forc¸a
−→
F (x, y, z) =
(
xx + z2
)−→
i +
(
yy + x2
)−→
j +
(
zz + y2
)−→
k
quando uma part´ıcula se move sob sua influeˆncia ao redor da borda da esfera x2 + y2 + z2 = 4 que
esta´ no primeiro octante, na direc¸a˜o anti-hora´rio quando vista por cima.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o de C e´:
PSfrag replacements
x
y
z
C
2
2
2
Seja S a porc¸a˜o da esfera no primeiro octante, limitada por C. Enta˜o ∂S = C.
PSfrag replacements
x
y
z
C = ∂S
2
2
2
−→n
S
Com a orientac¸a˜o de ∂S, temos que −→n aponta para cima. Logo, −→n = (x,y,z)
a
=
(x,y,z)
2 . Temos
W =
∫
C
−→
F · d−→r =
∫∫
S
rot
−→
F · −→n dS
Ca´lculo IV – EP15 Tutor 2
onde
rot
−→
F =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
xx + z2 yy + x2 zz + y2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (2y, 2z, 2x)
Enta˜o
W =
∫∫
S
(2y, 2z, 2x) · (x,y,z)2 dS =
∫∫
S
(xy + yz + xz) dS .
Para calcular esta u´ltima integral, devemos parametrizar S. Temos
S : ϕ(φ, θ) = (2 sen φ cos θ, 2 sen φ sen θ, 2 cosφ)
com (φ, θ) ∈ D : 0 ≤ φ ≤ pi/2, e 0 ≤ θ ≤ pi/2. Temos
dS = a2 sen φ dφ dθ = 4 sen φ dφ dθ.
Logo,
W =
∫∫
D
(
4 sen2 φ cos θ sen θ + 4 sen φ cosφ sen θ + 4 sen φ cos φ cos θ
)
4 sen φ dφ dθ
= 16
∫∫
D
(
sen3 φ cos θ sen θ + sen2 φ cos φ sen θ + sen2 φ cos φ cos θ
)
dφ dθ
= 16
∫ pi/2
0
∫ pi/2
0
(
sen3 φ cos θ sen θ + sen2 φ cos φ sen θ + sen2 φ cosφ cos θ
)
dθ dφ
= 16
∫ pi/2
0
sen3 φ · sen2 θ
2
∣∣∣∣
pi/2
0
+ sen2 φ cosφ(− cos θ)
∣∣∣pi/2
0
+ sen2 φ cos φ sen θ
∣∣∣pi/2
0
dφ
= 16
∫ pi/2
0
(
sen3 φ
2 + 2 sen
2 φ cos φ
)
dφ
= 8
∫ pi/2
0
(
1− cos2 φ) sen φ dφ + 32
∫ pi/2
0
sen2 φ cos φ dφ
= 8
[
− cos φ + cos3 φ3
]pi/2
0
+ 32
[
sen3 φ
3
]pi/2
0
= 16 .
Exerc´ıcio 2: Calcule
∫∫
S
rot
−→
F · −→n dS, onde −→F (x, y, z) = xyz−→i + xy−→j + x2yz−→k , S e´ formada
pelo topo e pelas quatro faces (mas na˜o pelo fundo) do cubo com ve´rtices (±1, ±1, ±1), com
orientac¸a˜o para fora.
Soluc¸a˜o: O esboc¸o do cubo sem fundo esta´ representado na figura a seguir.
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Ca´lculo IV – EP15 Tutor 3
PSfrag replacements
x
y
z
S
∂S
1
1
1
−1
−→n
−→n
−→n
−→n
PSfrag replacements
x
y
z
S
∂S
1
1
−1
−1
−→n
O teorema de Stokes transforma a integral
∫∫
S
rot
−→
F · −→n dS em uma integral de linha:
∫∫
S
rot
−→
F · −→n dS =
∫
∂S
−→
F · d−→r .
Para calcular a integral de linha usamos a definic¸a˜o ou podemos usar o teorema de Green, pois ∂S
e´ uma curva plana fechada no plano xy, que limita uma regia˜o D. Temos enta˜o
∫
∂S
−→
F ·d−→r =
∫
∂S
xy·0 dx+xy dy =
∫
∂S
0 dx+xy dy =
∫∫
D
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dxdy =
∫∫
D
y dxdy = 0 ,
pois f(x, y) = y e´ uma func¸a˜o ı´mpar na varia´vel y e D tem simetria em relac¸a˜o ao eixo x. Logo,
∫∫
S
rot
−→
F · −→n dS = 0 .
Exerc´ıcio 3: Calcule
∫
C
−→
F · d−→r , onde −→F (x, y, z) = (−2y + esen x, −z + y, x3 + esen z) e C e´ a
intersec¸a˜o da superf´ıcie z = y2 com o plano x + z = 1, orientada no sentido do crescimento de y.
Soluc¸a˜o: Esboc¸ando o cilindro parabo´lico z = y2 e o plano x + z = 1, vemos que os pontos A1, A2
e A3 sa˜o comuns a`s duas superf´ıcies. Ligando-os, temos um esboc¸o de C.
PSfrag replacements
x
y
z
C
A1
A2
A3
1
1
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Observe que calcular
∫
C
−→
F · d−→r pela definic¸a˜o e´ uma tarefa extremamente complicada. Temos:
rot
−→
F =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
−2y + esen x −z + y x3 + esen z
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
=
(
1,−3x2, 2) 6= −→0 .
Logo,
−→
F na˜o e´ conservativo. Para aplicar o teorema de Stokes, devemos fechar C utilizando o
segmento de reta C1 que liga A3 a A2.
PSfrag replacements
x
y
z
S
C
C1
A1
A2
A3
1
1
−→n
Seja S a porc¸a˜o do plano x + z = 1, limitada por C = C ∪C1 e que se projeta no plano yz segundo
a regia˜o D cujo esboc¸o se segue.
PSfrag replacements
y
z
z
D
z = 1
z = y2
−1
1
1
Descrevemos S por S : x = 1 − z = f(y, z), com (y, z) ∈ D : −1 ≤ y ≤ 1 e 0 ≤ z ≤ y2.
Considerando a orientac¸a˜o de C = ∂S, segue que a normal a S esta´ voltada para cima. Um vetor
normal a S e´
−→
N = (1, −fy, −fz) = (1, 0, 1). Logo, −→n = (1,0,1)√2 e dS =
√
2 dydz. Pelo teorema
de Stokes, temos:
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∫
C
−→
F · d−→r =
∫∫
S
rot
−→
F · −→n dS
=
∫∫
D
(1,−3(1− z)2, 2) · (1, 0, 1)dydz
=
∫∫
D
(1 + 2)dydz
= 3
∫∫
D
dydz
= 3
∫
1
−1
∫
1
y2
dzdy
= 3
∫
1
−1
(
1− y2)dy
= 3
[
y − y
3
3
]1
−1
= 6
(
1− 13
)
= 4 .
ou ∫
C
−→
F · d−→r +
∫
C1
−→
F · d−→r = 4 .
Ca´lculo de
∫
C1
−→
F · d−→r
Temos C−
1
: z = 1, com x = 0 e −1 ≤ y ≤ 1 donde dz = dx = 0. Enta˜o:
∫
C1
−→
F · d−→r = −
∫
C−
1
−→
F · d−→r = −
∫
C−
1
Q(0, y, 1)dy = −
∫
1
−1
(−1 + y)dy = −
[
−y + y22
]1
−1
= 2 .
Logo, ∫
C
−→
F · d−→r = 4− 2 = 2 .
Exerc´ıcio 4: Calcule
∫
C
(z − y)dx + ln (1 + y2)dy + [ln (1 + z2) + y]dz, sendo C dada por
γ(t) = (4 cos t, 4 sen t, 4− 4 cos t), com 0 ≤ t ≤ 2pi.
Soluc¸a˜o: Da parametrizac¸a˜o de C, temos x = 4 cos t, y = 4 sen t e z = 4−4 cos t, com 0 ≤ t ≤ 2pi
donde x2 + y2 = 16 e z = 4−x. Logo, C e´ a curva intersec¸a˜o do cilindro x2 + y2 = 16 com o plano
z = 4− x, orientada no sentido anti-hora´rio quando vista de cima.
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Ca´lculo IV – EP15 Tutor 6
PSfrag replacements
x y
z
C
4
4
4
Seja S a porc¸a˜o do plano z = 4− x, limitada por C.
PSfrag replacements
x
y
z
C
4
4
4S
−→n
Da regra da ma˜o direita, vemos que −→n aponta para cima. A superf´ıcie S pode ser descrita por
S : z = 4 − x = f(x, y), com (x, y) ∈ D : x2 + y2 ≤ 16. Temos −→N = (−fx, −fy, 1) = (1, 0, 1),
donde −→n = (1,0,1)√
2
e dS =
√
2 dxdy. Temos:
rot
−→
F =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
z − y ln(1 + y2) ln(1 + z2) + y
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (1, 1, 1) .
Logo, do teorema de Stokes, temos
∫
C
−→
F · d−→r =
∫∫
S
rot
−→
F · −→n dS =
∫∫
D
(1, 1, 1) · (1, 0, 1)dxdy =
∫∫
D
(1 + 1)dxdy
= 2 A(D)
= 2 · pi · 42
= 32pi .
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Ca´lculo IV – EP15 Tutor 7
Exerc´ıcio 5: Calcule I =
∫
C
(zexz + yexy + 6x) dx + (xexy + zeyz) dy + (xexz + yeyz − sen z) dz,
onde C e´ a curva dada por γ(t) = t2
−→
i + (t− 1)(t− 3)−→j + pit3−→k , com 0 ≤ t ≤ 1.
Soluc¸a˜o: Seja
−→
F (x, y, z) = (zexz + yexy + 6x, xexy + zeyz , xexz + yeyz − sen z) definido em R3.
Temos:
rot
−→
F =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
zexz + yexy + 6x xexy + zeyz xexz + yeyz − sen z
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (eyz + yzeyz − eyz − yzeyz , exz + xzexz − exz − xzexz, exy − xyexy − exy − xyexy)
= (0, 0, 0)
=
−→
0 .
Como dom
−→
F e´ um conjunto simplesmente conexo e rot
−→
F =
−→
0 enta˜o pelo teorema das equivaleˆncias
temos que
−→
F e´ conservativo. Logo, existe ϕ(x, y, z), tal que ∇ϕ = −→F em R3.
Para encontrar uma ϕ(x, y, z), devemos resolver:
∂ϕ
∂x
= zexz + yexy + 6x (1)
∂ϕ
∂y
= xexy + zeyz (2)
∂ϕ
∂z
= xexz + yeyz − sen z (3)
Integrando (1), (2) e (3) em relac¸a˜o a x, y e z respectivamente:ϕ(x, y, z) = exz + exy + 3x2 + f(y, z) (4)
ϕ(x, y, z) = exy + eyz + g(x, z) (5)
ϕ(x, y, z) = exz + eyz + cos z + h(x, y) (6)
Comparando (4), (5) e (6), temos que f(y, z) = eyz + cos z, g(x, z) = exz + 3x2 + cos z e
h(x, y) = exy +3x2. Logo, ϕ(x, y, z) = exz + exy + eyz +3x2 +cos z. Enta˜o I = ϕ(γ(1))−ϕ(γ(0))
onde γ(1) = (1, 0, pi) e γ(0) = (0, 3, 0). Logo,
I = ϕ(1, 0, pi)−ϕ(0, 3, 0) = (epi + e0 + e0 + 3 + cos pi)−(e0 + e0 + e0 + 3 · 02 + cos 0) = epi+4−4 = epi .
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