P3 - Diego Marcon

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UFRGS – Instituto de Matema´tica
Departamento de Matema´tica Pura e Aplicada
MAT 01168 – Matema´tica Aplicada II
Prof. Diego Marcon Farias
1 2 3 4 5 Total
Nome: Carta˜o: Turma: A
Prova A´rea II – 26 de Junho de 2015
Questa˜o 1. (2,5 pontos) Considere a curva C dada pelas equac¸o˜es parame´tricas
~r (t) = (1 + cos t)~i+ (1 + sen t)~j + t~k, 0 ≤ t ≤ 2pi
(a) (0,5 ponto) A parametrizac¸a˜o ~r e´ dada por comprimento de arco? Justifique.
(b) (1,0 ponto) Esboce o gra´fico da curva C e o triedro ~T , ~N e ~B, para t = pi/2.
(c) (1,0 ponto) Calcule a curvatura κ(t) e a torc¸a˜o τ(t).
(a) Na˜o, pois ~r ′(t) = (− sen t, cos t, 1) e
| ~r ′(t)| =
√
sen2 t+ cos2 t+ 1 =
√
2 6= 1.
(b) ~r parametriza uma he´lice. A projec¸a˜o no plano xy e´ um c´ırculo de raio 1 e centro (1, 1). Com
os ca´lculos acima, temos
~T (t) =
~r ′(t)
| ~r ′(t)| =
(
− sen t√
2
,
cos t√
2
,
1√
2
)
=⇒ ~T ′(t) =
(
− cos t√
2
,−sen t√
2
, 0
)
.
Assim,
|~T ′(t)| =
√
cos2 t
2
+
sen2 t
2
=
1√
2
=⇒ ~N(t) =
~T ′(t)
| ~T ′(t)| =
(− cos t,− sen t, 0)
Tambe´m temos
~B(t) = ~T (t)× ~N(t) = det
 ~i ~j ~k− sen t√
2
cos t√
2
1√
2
− cos t − sen t 0
 = (sen t√
2
,−cos t√
2
,
1√
2
)
.
Em particular, para t = pi/2,
~T (pi/2) =
(
− 1√
2
, 0,
1√
2
)
, ~N(t) =
~T ′(t)
| ~T ′(pi/2)| =
(
0,−1, 0) e ~B(pi/2) = ( 1√
2
, 0,
1√
2
)
.
(c) Pelos ca´lculos acima,
κ(t) =
|~T ′(t)|
|~r ′(t)| =
1/
√
2√
2
=
1
2
, ~B ′(t) =
(
cos t√
2
,
sen t√
2
, 0
)
e portanto
τ(t) =
| ~B ′(t)|
|~r ′(t)| =
1/
√
2√
2
=
1
2
.
Questa˜o 2. (2,0 pontos) Considere o campo de vetores
~F (x, y, z) =
4x
(x2 + y2 + z2)3/2
~i+
4y
(x2 + y2 + z2)3/2
~j +
4z
(x2 + y2 + z2)3/2
~k,
definido para (x, y, z) 6= ~0.
(a) (1,0 ponto) Encontre um potencial ϕ tal que ~F = ~∇ϕ.
(b) (1,0 ponto) Prove que ϕ e´ uma func¸a˜o harmoˆnica, isto e´,
∆ϕ(x, y, z) = 0, para todo (x, y, z) 6= ~0.
(a) Devemos ter 
ϕx =
4x
(x2+y2+z2)3/2
ϕy =
4y
(x2+y2+z2)3/2
ϕx =
4z
(x2+y2+z2)3/2
.
Integrar a primeira equac¸a˜o com respeito a x: chama u = x2 + y2 + z2 de modo que du = 2x dx e
no´s temos
ϕ(x, y, z) = 2
∫
u−3/2 du = − 4√
x2 + y2 + z2
+ ψ(y, z).
A simetria das equac¸o˜es deixa claro que podemos escolher ψ ≡ 0.
(b) O Laplaciano e´ o divergente do gradiente; portanto,
∆ϕ = div ~F =
∂F1
∂x
+
∂F2
∂y
+
∂F3
∂z
=
∂2ϕ
∂x2
+
∂2ϕ
∂y2
+
∂2ϕ
∂z2
.
Calculamos
∂F1
∂x
=
4
(x2 + y2 + z2)3/2
− 12x
2
(x2 + y2 + z2)5/2
,
∂F2
∂y
=
4
(x2 + y2 + z2)3/2
− 12y
2
(x2 + y2 + z2)5/2
,
∂F3
∂z
=
4
(x2 + y2 + z2)3/2
− 12z
2
(x2 + y2 + z2)5/2
.
Logo,
∆ϕ = div ~F =
12
(x2 + y2 + z2)3/2
− 12(x
2 + y2 + z2)
(x2 + y2 + z2)5/2
= 0.
Concluimos que ϕ e´ uma func¸a˜o harmoˆnica.
Questa˜o 3. (2,0 pontos) Sejam f e g duas func¸o˜es escalares e considere o campo vetorial ~F = f ~∇g.
(a) (1,0 ponto) Mostre que
div ~F = ~∇f · ~∇g + f∆g.
(b) (1,0 ponto) Utilize o item (a) e o Teorema da Divergeˆncia de Gauss para enunciar a primeira
fo´rmula de Green.
(a) Podemos escrever ~F = (fgx, fgy, fgz). Assim,
div ~F =
∂F1
∂x
+
∂F2
∂y
+
∂F3
∂z
=
∂
∂x
(fgx) +
∂
∂y
(fgy) +
∂
∂z
(fgz)
pode ser calculado pela regra do produto. Temos
div ~F = fgxx + fxgx + fgyy + fygy + fgzz + fzgz
= fxgx + fygy + fzgz + f(gxx + gyy + gzz)
= ~∇f · ~∇g + f∆g.
(b) Utilizamos o item (a) e o Teorema da Divergeˆncia, como indicado:∫∫∫
T
(~∇f · ~∇g + f∆g) dxdydz =
∫∫
∂T
f ~∇g · ~n dA.
Esta e´ a primeira fo´rmula de Green.
Questa˜o 4. (1,5 pontos) Seja ~F (x, y, z) = 7x~i−z~k. Calcule o fluxo do campo ~F atrave´s da superf´ıcie
esfe´rica x2 + y2 + z2 = 4, orientada para fora.
Seja T a esfera de raio 2. O fluxo atrave´s da superf´ıcie esfe´rica S e´∫∫
S
~F · ~n dA.
Pelo Teorema da Divergeˆncia∫∫
S
~F · ~n dA =
∫∫∫
T
div ~F dxdydz =
∫∫∫
T
(7− 1) dxdydz = 6 · Vol(T ) = 64pi2
3
3
= 64pi.
Questa˜o 5. (2,0 pontos) Calcule ∫∫
S
rot ~F · ~n dA,
onde S e´ a superf´ıcie z = 9− x2 − y2 acima do plano xy e ~F = 2xy~i+ (x2 − 2x)~j − x2z2~k.
O rotacional de ~F e´
rot ~F = det
 ~i ~j ~k∂x ∂y ∂z
2xy x2 − 2x x2z2
 = (0,−2xz2,−2).
Pelo Teorema de Stokes, esta integral se transforma em uma integral de linha no c´ırculo C de raio 3
com orientac¸a˜o anti–hora´ria. Mas uma das vantagens do Teorema de Stokes e´ que a integral depende
apenas da curva C e na˜o da superf´ıcie que escolhemos. Escolhemos trabalhar no plano xy, ja´ que
C esta´ contida neste plano. Seja S2 a superf´ıcie limitada pela curva C no plano (e´ o c´ırculo). Pelo
Teorema de Stokes, o normal deve apontar para cima (para respeitar a regra da ma˜o direita). Assim,∫∫
S
rot ~F · ~n dA =
∫∫
S2
rot ~F · ~k dA = −2
∫∫
S2
dA = −2 · Area(S2) = −2(pi32) = −18pi.
Geometria Diferencial de Curvas
1 Triedro de Frenet–Serret
~T (t) =
~r ′(t)
|~r ′(t)|
~N(t) =
~T ′(t)
|~T ′(t)|
~B(t) = ~T (t)× ~N(t)
2 Curvatura κ(t) =
|~T ′(t)|
|~r ′(t)| =
|~r ′(t)× ~r ′′(t)|
|~r ′(t)|3
3 Raio de curvatura ρ(t) =
1
κ(t)
4 Torc¸a˜o τ(t) =
| ~B ′(t)|
|~r ′(t)|
Operador ~∇
1 Gradiente ~∇f =
(
∂f
∂x
,
∂f
∂y
,
∂f
∂z
)
2 Divergente div ~F = ~∇ · ~F = ∂F1
∂x
+
∂F2
∂y
+
∂F3
∂z
3 Rotacional rot ~F = ~∇× ~F =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z
F1 F2 F3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
2 Laplaciano ∆f = ~∇2f = ~∇ · ~∇f = ∂
2f
∂x2
+
∂2f
∂y2
+
∂2f
∂z2
Teoremas de Green, Stokes e Gauss – Hipo´teses omitidas
1 Teorema de Green
∫∫
R
(
∂F2
∂x
− ∂F1
∂y
)
dxdy =
∮
∂R
~F · d~r
2 Teorema de Stokes
∫∫
S
rot ~F · ~n dA =
∮
∂S
~F · d~r
3 Teorema da Divergeˆncia de Gauss
∫∫∫
T
div ~F dxdydz =
∫∫
∂T
~F · ~n dA