Cálculo 2 - Prof. José Jozelmo - Prova 3 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
Terceira Prova - 25 pontos - 12/11/2018
Observações:
• Respostas sem justificativas não serão consideradas;
• Não é permitido a comunicação entre os alunos durante a prova;
• Não é permitido o uso de quaisquer aparelhos eletrônicos durante a prova, inclusive calculadora;
• A interpretação das questões faz parte da avaliação.
Aluno:
Questão 1. Um pintor deseja pintar ambos os lados de uma cerca cuja base é dada pela parábola
y = 1 − x2, com x ≥ 0, y ≥ 0. A altura da cerca é dada por f (x; y) = 8x . Se o pintor cobra R
reais por unidade de área pintada, quanto ele receberá, aproximadamente?
Questão 2. Calcule
Z
C
(ex
3
+ y 2)dx + (x + y 5)dy , em que a curva C é formada pelos segmentos
de reta de M(1; 1) até O(0; 0) e de O até N(1; 0).
Questão 3. Calcule
Z
C
~F ·d~r , em que ~F (x; y) =
“
y
x
+ x; ln x + ey
”
e C é a cicloide parametrizada
por ~r(t) = (t − sen t; 1− cos t), com t ∈ [ı; 2ı]. Considere que o campo vetorial ~F está definido
apenas na parte do plano xy em que x > 0.
C
x
y
A
B
Questão 1. Solução: A área de um dos lados da cerca é dada por
Área =
Z
C
8xds ;
em que C é a parábola y = 1−x2. Uma parametrização da cerca pode ser dada por ~r(t) = (t; 1−t2),
com t ∈ [0; 1], ~r ′(t) = (1;−2t) e ‖~r ′(t)‖ = √1 + 4t2. Segue que
Área =
Z
C
8xds =
Z 1
0
8t
√
1 + 4t2dt =
»
2
3
(1 + 4t2)3=2
–1
0
=
2
3
(5
√
5− 1) ≈ 6 :
Logo a área dos dois lados da cerca é 12, aproximadamente, e portanto, ele receberá 12R reais.
Cerca
x y
z
Plano z = 8x
C : y = 1− x2
Questão 2. Solução: Não podemos aplicar o Teorema de Green diretamente pois a curva C é
aberta. Sendo assim, considere a curva C¯ = C ∪ C ′, em que C ′ é o segmento NM, com orientação
de N para M, de modo que a curva C¯ tenha orientação positiva. Além disso, as compontes do
campo
~F (x; y) =
“
ex
3
+y 2; x+y 5
”
possuem derivadas parciais contínuas sobre a região D limitada
pela curva C¯. Segue, pelo Teorema de Green, queZ
C
~F · d~r +
Z
C′
~F · d~r =
Z
C¯
~F · d~r =
ZZ
D
„
@Q
@x
− @P
@y
«
dA
x
y
D
M
O N
C C ′
Ou seja, considerando a parametrização do segmento NM, ~r(t) = (1; t), com t ∈ [0; 1], temosZ
C
~F · d~r =
ZZ
D
(1− 2y)dA−
Z
C′
(ex
3
+ y 2)dx + (x + y 5)dy
=
Z 1
0
Z x
0
(1− 2y)dydx −
Z 1
0
(e + t2) · 0 + (1 + t5)dt
=
Z 1
0
(x − x2)dx −
Z 1
0
(1 + t5)dt
=
»
x2
2
− x
3
3
–1
0
−
»
t +
t6
6
–1
0
=
„
1
2
− 1
3
«
−
„
1 +
1
6
«
= −1 :
Questão 3. Solução: No semiplano x > 0 (simplesmente conexo), ~F (x; y) e as derivadas parciais
de P (x; y) = y
x
+ x e Q(x; y) = ln x + ey são contínuas. Além disso,
@P
@y
=
1
x
=
@Q
@x
. Logo o
~F é
um campo vetorial conservativo.
Como o campo é conservativo, existe uma função potencial f (x; y) tal que ~F = ∇f = (fx ; fy ), ou
seja,
fx(x; y) =
y
x
+ x e fy (x; y) = ln x + e
y : (1)
Usando a primeira igualdade acima, concluímos que
f (x; y) =
Z “y
x
+ x
”
dx = y ln x +
x2
2
+ g(y) (2)
Usando (2) e a segunda igualdade em (1), temos
ln x + g ′(y) = fy (x; y) = ln x + ey (3)
que implica em g ′(y) = ey e g(y) = ey + C. Assim
f (x; y) = y ln x +
x2
2
+ ey
e, pelo Teorema fundamental de integrais de linha,
Z
C
~F · d~r = f (~r(2ı))− f (~r(ı)) = f (2ı; 0)− f (ı; 2) = 3ı
2
2
− 2 lnı + 1− e2 :