Cálculo 2 - Prof. José Jozelmo - Prova 4 resolvida
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Cálculo 2 - Prof. José Jozelmo - Prova 4 resolvida


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Centro Federal de Educação Tecnológica de Minas Gerais - CEFET MG
Departamento de Matemática - DM
Disciplina: Cálculo 2
Prof.: José Jozelmo G. Vieira
Quarta Prova - 25 pontos - 30/11/2018
Observações:
\u2022 Respostas sem justi\ufb01cativas não serão consideradas;
\u2022 Não é permitido a comunicação entre os alunos durante a prova;
\u2022 Não é permitido o uso de quaisquer aparelhos eletrônicos durante a prova, inclusive calculadora;
\u2022 A interpretação das questões faz parte da avaliação.
Aluno:
Questão 1. Se a função \uf6be(x; y ; z) representa a densidade de uma lâmina que ocupa a região do
espaço determinada pela superfície S, então a massa total da lâmina é dada por
m =
ZZ
S
\uf6be(x; y ; z)dS :
Determine a massa de um funil \ufb01no com o formato do cone z =
\u221a
x2 + y 2, 1 \u2264 z \u2264 4, se sua
função densidade é \uf6be(x; y ; z) = 10\u2212 z .
Questão 2. Calcule
Z
C
~F · d~r , se ~F (x; y ; z) =
(x + y 2; y + z2; z + x2) e C é curva de interseção
entre o plano z = 4\u2212x e o cilindro (x\u22122)2 +y 2 =
4. Suponha que C está orientada no sentido anti-
horário quando vista de baixo.
x y
z
Questão 3. Considere o campo vetorial
~F (x; y ; z) = (x;\u22122y + ex cos z; z + x2) e a
superfície aberta S, mostrada na \ufb01gura ao lado,
de\ufb01nida pela união das superfícies:
\u2022 S1: z = 9\u2212 x2 \u2212 y 2, com 0 \u2264 z \u2264 5;
\u2022 S2: z = 5; e,
\u2022 S3: z = 8\u2212 3x2 \u2212 3y 2, com 5 \u2264 z \u2264 8.
Suponha que S tenha orientação para fora. Cal-
cule ZZ
S
~F · d ~S :
x
y
z
~n
~n
~n
S2 : z = 5
S1 : z = 9\u2212 x2 \u2212 y2
S3 : z = 8\u2212 3x2 \u2212 3y2
Questão 1. Solução: Uma parametrização do funil pode ser dada por ~r(r; \u201e) = (r cos \u201e; r sen \u201e; r),
com 1 \u2264 r \u2264 4; 0 \u2264 \u201e \u2264 2\u131. Segue que
~rr × ~r\u201e =
\u2db\u2db\u2db\u2db
\u2db\u2db\u2db i j kcos \u201e sen \u201e 1
\u2212r sen \u201e r cos \u201e 0
\u2db\u2db\u2db\u2db
\u2db\u2db\u2db = (\u2212r cos \u201e;\u2212r sen \u201e; r)
e \u2016~rr × ~r\u201e\u2016 =
\u221a
r 2 cos2 \u201e + r 2 sen 2\u201e + r 2 = r
\u221a
2 :
x
y
zz
1 4
D
\u201e r
(r cos \u201e; r sen \u201e; r) x
y
D
r
1 4
\u201e
Assim,
m =
ZZ
S
\uf6be(x; y ; z)dS =
ZZ
D
\uf6be(~r(r; \u201e))\u2016~rr × ~r\u201e\u2016dA
=
ZZ
D
(10\u2212 r)r
\u221a
2dA =
\u221a
2
Z 2\u131
0
Z 4
1
(10r \u2212 r 2)drd\u201e
= 2\u131
\u221a
2
»
5r 2 \u2212 r
3
3
\u20134
1
= 108
\u221a
2\u131 u.m.
Questão 2. Solução: As funções componentes do campo
~F (x; y ; z) = (x + y 2; y + z2; z + x2)
possuem derivadas parciais contínuas em todo espaço R3, em particular sobre a superfície S, parte
do plano x + z = 4 limitada pela curva fechada C de interseção entre as superfícies. Assim,
x y
z
x y
z
SC
~n
x
y
D
4
r = 4 cos \u201e
considerando a orientação de S para baixo de modo que C tenha orientação no sentido anti-horário,
pelo Teorema de Stokes, temosZ
C
~F · d~r =
ZZ
S
rot~F · d ~S =
ZZ
S
rot~F · ~n dS ;
com ~n = \u2212 1\u221a
2
(1; 0; 1) e
rot~F =
\u2db\u2db\u2db\u2db
\u2db\u2db\u2db i j k@@x @@y @@z
x + y 2 y + z2 z + x2
\u2db\u2db\u2db\u2db
\u2db\u2db\u2db = (\u22122z;\u22122x;\u22122y) :
Então, como S é o grá\ufb01co de z = 4\u2212 x sobre o disco D : (x \u2212 2)2 + y 2 \u2264 4,ZZ
S
rot~F · ~n dS = 2\u221a
2
ZZ
S
(z; x; y) · (1; 0; 1)dS = 2\u221a
2
ZZ
S
(z + y)dS
= 2
ZZ
D
(4\u2212 x + y)dA
= 2
Z \u131
2
\u2212\u131
2
Z 4 cos \u201e
0
(4r \u2212 r 2 cos \u201e + r 2 sen \u201e)drd\u201e
= 64
Z \u131
2
\u2212\u131
2
\u201e
cos2 \u201e \u2212 2
3
cos4 \u201e +
2
3
cos3 \u201e sen \u201e
«
d\u201e :
Resolvendo cada uma das integrais acima, encontramos
Z \u131
2
\u2212\u131
2
cos2 \u201ed\u201e =
\u131
2
,
Z \u131
2
\u2212\u131
2
cos3 \u201e sen \u201ed\u201e = 0
e
Z \u131
2
\u2212\u131
2
cos4 \u201ed\u201e =
3\u131
8
. Portanto,
Z
C
~F · d~r = 64
\u201e
\u131
2
\u2212 2
3
· 3\u131
8
«
= 16\u131 :
Questão 3. Solução: Veja que não podemos aplicar o Teorema de Gauss diretamente, pois a
superfície S é aberta. Assim, considere S¯ = S\u222aS\u2032 em que S\u2032 é o disco de raio 3 e centro na origem,
x2 + y 2 \u2264 9, com orientação para baixo, de modo que S¯ tenha orientação positiva (para fora).
As componentes do campo
~F (x; y ; z) = (x;\u22122y + ex cos z; z + x2) possuem derivadas parciais
contínuas em todo espaço R3, em particular sobre o sólido E cuja fronteira é S¯.
x
y
z
S
S\u2032
x
y
x2 + y2 \u2264 9
3
D
Assim, usando o Teorema de Gauss, temosZZ
S
~F · d ~S +
ZZ
S\u2032
~F · d ~S =
ZZ
S¯
~F · d ~S =
ZZZ
E
div~FdV :
Como div~F = @
@x
(x) + @
@y
(\u22122y + ex cos z) + @
@z
(z + x2) = 1\u2212 2 + 1 = 0, segue queZZ
S
~F · d ~S = \u2212
ZZ
S\u2032
~F · d ~S :
Considerando a orientação para S\u2032, ~n = (0; 0;\u22121), temosZZ
S
~F · d ~S = \u2212
ZZ
S\u2032
~F · ~n dS = \u2212
ZZ
S\u2032
(x;\u22122y + ex cos z; z + x2) · (0; 0;\u22121) dS
=
ZZ
S\u2032
(z + x2) dS =
ZZ
D
x2dA
=
Z 2\u131
0
Z 3
0
r 3 cos2 \u201edrd\u201e =
»
r 4
4
\u20133
0
·
»
\u201e
2
+
sen 2\u201e
4
\u20132\u131
0
=
81\u131
4
: