Cálculo de Integral Dupla e Teorema de Stokes

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Exercícios 
Questão 1 
O campo vetorial �⃗� = (𝑦 cos(𝑥𝑦) + 𝑧𝑒𝑥𝑧, 𝑥 cos(𝑥𝑦) , 𝑥𝑒𝑥𝑧 +
2𝑧
1+𝑧4
) é conservativo? Sua função 
𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧) é: 
Solução. 
Considere 
�⃗�(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝐹1, 𝐹2, 𝐹3) = (𝑦 cos(𝑥𝑦) + 𝑧𝑒
𝑥𝑧, 𝑥 cos(𝑥𝑦) , 𝑥𝑒𝑥𝑧 +
2𝑧
1 + 𝑧4
) 
Calculamos 
𝜕𝐹1
𝜕𝑧
= 𝑒𝑥𝑧 + 𝑥𝑧𝑒𝑥𝑧 =
𝜕𝐹3
𝜕𝑥
 
𝜕𝐹1
𝜕𝑦
= cos(𝑥𝑦) − 𝑥𝑦 sen(𝑥𝑦) =
𝜕𝐹2
𝜕𝑥
 
𝜕𝐹2
𝜕𝑧
= 0 =
𝜕𝐹3
𝜕𝑦
 
Portanto, �⃗� é conservativo. Logo, seja 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧) tal que 𝑢𝑥 = 𝐹1, 𝑢𝑦 = 𝐹2, 𝑢𝑧 = 𝐹3, então 
𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧) = ∫(𝑦 cos(𝑥𝑦) + 𝑧𝑒𝑥𝑧)𝑑𝑥 
𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧) = sen(𝑥𝑦) + 𝑒𝑥𝑧 + 𝑔(𝑦, 𝑧) 
Derivando respeito a 𝑦 
𝐹2 = 𝑢𝑦 = 𝑥 cos(𝑥𝑦) + 𝑔𝑦 
𝑥 cos(𝑥𝑦) = 𝑥 cos(𝑥𝑦) + 𝑔𝑦 
0 = 𝑔𝑦 ⟹ 𝑔(𝑥, 𝑦) = ∫ 0𝑑𝑦 = ℎ(𝑧) 
𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧) = sen(𝑥𝑦) + 𝑒𝑥𝑧 + ℎ(𝑧) 
Derivando respeito a 𝑧 
𝐹3 = 𝑢𝑧 = 𝑥𝑒
𝑥𝑧 + ℎ′(𝑧) 
𝑥𝑒𝑥𝑧 +
2𝑧
1 + 𝑧4
= 𝑥𝑒𝑥𝑧 + ℎ′(𝑧) 
2𝑧
1 + 𝑧4
= ℎ′(𝑧) ⟹ ℎ(𝑧) = ∫
2𝑧𝑑𝑧
1 + (𝑧2)2
= arctan(𝑧2) + 𝐶 
Portanto, 
𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧) = sen(𝑥𝑦) + 𝑒𝑥𝑧 + arctan(𝑧2) + 𝐶 
Resposta: b) corrigir 𝐬𝐞𝐧(𝒙𝒚) + 𝒆𝒙𝒛 + 𝐚𝐫𝐜𝐭𝐚𝐧(𝒛𝟐) + 𝑪 
Questão 2 
Dada a Hipocicloide 𝐻: 𝑥2/3 + 𝑦2/3 = 1, ligando os pontos 𝑃0 = (1,0,1) e 𝑃1 = (0,1,1), no plano 
𝑧 = 1, então 
∫ �⃗� ⋅ 𝑑𝑟
𝐻
 
é 
Solução. 
Considere 
�⃗�(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑦 cos(𝑥𝑦) + 𝑧𝑒𝑥𝑧, 𝑥 cos(𝑥𝑦) , 𝑥𝑒𝑥𝑧 +
2𝑧
1 + 𝑧4
) = ∇𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧) 
onde 
𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧) = sen(𝑥𝑦) + 𝑒𝑥𝑧 + arctan(𝑧2) + 𝐶 
Considere a parametrização da Hipocicloide: 𝑥2/3 + 𝑦2/3 = 1 
𝐶: [0,
𝜋
2
] → ℝ3, 𝐶(𝜃) = (cos3(𝜃) , sen3(𝜃) , 1), 𝐶 (
𝜋
2
) = (0,1,1), 𝐶(0) = (10,1) 
𝑢(0,1,1) = sen(0) + 𝑒0 + arctan(1) + 𝐶 = 0 + 1 +
𝜋
4
+ 𝐶 = 1 +
𝜋
4
+ 𝐶 
𝑢(1,0,1) = sen(0) + 𝑒1 + arctan(1) + 𝐶 = 0 + 𝑒 +
𝜋
4
+ 𝐶 = 𝑒 +
𝜋
4
+ 𝐶 
Então 
∫ �⃗� ⋅ 𝑑𝑟
𝐻
= ∫ ∇𝑢 ⋅ 𝑑𝑟
𝐻
= 𝑢 (𝐶 (
𝜋
2
)) − 𝑢(𝐶(0)) = 𝑢(𝑃1) − 𝑢(𝑃0) 
∫ �⃗� ⋅ 𝑑𝑟
𝐻
= 𝑢(0,1,1) − 𝑢(1,0,1) = (1 +
𝜋
4
+ 𝐶) − (𝑒 +
𝜋
4
+ 𝐶) 
∫ �⃗� ⋅ 𝑑𝑟
𝐻
= 1 − 𝑒 
Resposta: c) 𝟏 − 𝒆 
 
 
 
Questão 3 
Dada a esfera 𝐸: 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 22, o plano 𝜋: 𝑧 = 𝑦, e a curva 𝐶 = 𝐸 ∩ 𝜋, e �⃗� = (0, 𝑥, 0), então 
∮ �⃗� ⋅ 𝑑𝑟
𝐶
 
é 
Solução. 
Seja a curva 𝐶 = 𝐸 ∩ 𝜋 
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑦2 = 4 
𝑥2 + 2𝑦2 = 4 
𝑥2
4
+
𝑦2
2
= 1 
Considere a parametrização 
𝐶: [0,2𝜋] → ℝ3, 
𝐶(𝜃) = (2 cos(𝜃), √2 sen(𝜃) , √2 sen(𝜃)) 
𝐶′(𝜃) = (−2 sen(𝜃) , √2 cos(𝜃) , √2 cos(𝜃)) 
Então 
�⃗�(𝜃) = (0,2 cos(𝜃) ,0) 
Logo 
∮ �⃗� ⋅ 𝑑𝑟
𝐶
= ∫ �⃗�(𝜃) ⋅ 𝐶′(𝜃)𝑑𝜃
2𝜋
0
 
∮ �⃗� ⋅ 𝑑𝑟
𝐶
= ∫ (0,2 cos(𝜃) ,0) ⋅ (−2 sen(𝜃) , √2 cos(𝜃) , √2 cos(𝜃))𝑑𝜃
2𝜋
0
 
∮ �⃗� ⋅ 𝑑𝑟
𝐶
= ∫ 2√2 cos2(𝜃) 𝑑𝜃
2𝜋
0
= √2 ∫ 2 cos2(𝜃) 𝑑𝜃
2𝜋
0
= √2 ∫ (1 + cos(2𝜃))𝑑𝜃
2𝜋
0
 
∮ �⃗� ⋅ 𝑑𝑟
𝐶
= √2 [𝜃 +
1
2
sen(2𝜃)]
0
2𝜋
= √2(2𝜋 − 0) = 2√2𝜋 
Resposta: a) 𝟐√𝟐𝝅 
 
 
 
 
Questão 4 
Dado �⃗� = (
−𝑦
𝑥2 + 𝑦2
,
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
, 𝑧), e a circunferência 𝐶1(0,0,0) em 𝑧 = 0, então 
∮ �⃗� ⋅ 𝑑𝑟
𝐶1(0,0,0)
 
é: 
Solução. 
Considere a parametrização 
𝐶: [0,2𝜋] → ℝ3, 
𝐶(𝜃) = (cos(𝜃), sen(𝜃) , 0) 
𝐶′(𝜃) = (− sen(𝜃) , cos(𝜃) , 0) 
Então 
�⃗�(𝜃) = (
− sen(𝜃)
1
,
cos(𝜃)
1
, 0) = (− sen(𝜃) , cos(𝜃) , 0) 
Logo 
∮ �⃗� ⋅ 𝑑𝑟
𝐶1(0,0,0)
= ∫ �⃗�(𝜃) ⋅ 𝐶′(𝜃)𝑑𝜃
2𝜋
0
 
∮ �⃗� ⋅ 𝑑𝑟
𝐶1(0,0,0)
= ∫ (− sen(𝜃) , cos(𝜃) , 0) ⋅ (− sen(𝜃) , cos(𝜃) , 0)𝑑𝜃
2𝜋
0
 
∮ �⃗� ⋅ 𝑑𝑟
𝐶1(0,0,0)
= ∫ (sen2(𝜃) + cos2(𝜃))𝑑𝜃
2𝜋
0
= ∫ 𝑑𝜃
2𝜋
0
= 2𝜋 
Resposta: a) 𝟐𝝅 
 
 
Questão 5 
Dada a cardioide 𝐶𝑎: 𝑟 = 1 + cos(𝜃), seu comprimento 𝑙(𝐶𝑎) é: 
Solução. 
Considere a função 
𝑟(𝜃) = 1 + cos(𝜃) ⟹ 𝑟′(𝜃) = − sen(𝜃) 
Seja a parametrização 
𝐶: [0,2𝜋] → ℝ2, 
𝐶(𝜃) = (𝑟(𝜃), 𝜃) = (1 + cos(𝜃) , 𝜃) 
𝐶′(𝜃) = (− sen(𝜃) , 1) 
Logo 
𝑙(𝐶𝑎) = ∫ √(− sen(𝜃))2 + (1 + cos(𝜃))2𝑑𝑡
2𝜋
0
= ∫ √2 + 2 cos(𝜃) 𝑑𝜃
2𝜋
0
 
𝑙(𝐶𝑎) = ∫ √4 cos2 (
𝜃
2
) 𝑑𝜃
2𝜋
0
= 2 ∫ |cos (
𝜃
2
)| 𝑑𝜃
2𝜋
0
= 2 (∫ cos (
𝜃
2
) 𝑑𝜃
𝜋
0
− ∫ cos (
𝜃
2
) 𝑑𝜃
2𝜋
𝜋
) 
𝑙(𝐶𝑎) = 2 [2 sen (
𝜃
2
)]
0
𝜋
− 2 [2 sen (
𝜃
2
)]
𝜋
2𝜋
 
𝑙(𝐶𝑎) = 2(2 − 0) − 2(0 − 2) = 4 + 4 = 8 
Resposta: d) 8 
 
Questão 6. 
Dado �⃗� = (−𝑦, 𝑥, 𝑧), �⃗� = 𝑟𝑜𝑡(�⃗�), 𝑃: 𝑧 = 𝑥2 + 𝑦2, 𝜋: 𝑧 = 4𝑦, 𝑃 ≤ 𝜋, então 
∬ �⃗� ⋅ �⃗⃗� 𝑑𝑆
𝑃≤𝜋
 
É: 
Solução. 
Considere �⃗� = (−𝑦, 𝑥, 𝑧), note que 
∬ �⃗� ⋅ �⃗⃗� 𝑑𝑆
𝑃≤𝜋
= ∬ 𝑟𝑜𝑡(�⃗�) ⋅ �⃗⃗� 𝑑𝑆
𝑃≤𝜋
= ∬ 𝑟𝑜𝑡(�⃗�) ⋅ 𝑑𝐒
𝑃≤𝜋
 
Pelo Teorema de Stokes: 
∬ �⃗� ⋅ �⃗⃗� 𝑑𝑆
𝑃≤𝜋
= ∮ �⃗� ⋅ 𝑑𝐫
(𝑃≤𝜋)
= ∫ �⃗� ⋅ 𝑑𝐫
𝜕(𝑃≤𝜋)
 
Calculamos 𝑃 ≤ 𝜋: 
𝑥2 + 𝑦2 ≤ 4𝑦 
𝑥2 + (𝑦 − 2)2 ≤ 22 
Então 𝜕(𝑃 ≤ 𝜋): 𝑥2 + (𝑦 − 2)2 = 4. 
Considere a parametrização de 𝜕(𝑃 ≤ 𝜋): 
𝑟(𝑡): {
𝑥 = 2 cos 𝑡
𝑦 = 2 sen 𝑡 + 2
𝑧 = 4𝑦 = 8 sen 𝑡 + 8
⟹ 𝑟′(𝑡) = (−2 sen 𝑡 , 2 cos 𝑡 , 8 cos 𝑡) 
Onde 0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋, então 
�⃗�(𝑡) = (−𝑦(𝑡), 𝑥(𝑡), 𝑧(𝑡)) = (−2 sen 𝑡 − 2, 2 cos 𝑡 , 8 sen 𝑡 + 8) 
Portanto 
∬ �⃗� ⋅ �⃗⃗� 𝑑𝑆
𝑃≤𝜋
= ∫ �⃗� ⋅ 𝑑𝐫
𝜕(𝑃≤𝜋)
= ∫ �⃗�(𝑡) ⋅ 𝑟′(𝑡)𝑑𝑡
2𝜋
0
 
∬ �⃗� ⋅ �⃗⃗� 𝑑𝑆
𝑃≤𝜋
= ∫ (−2 sen 𝑡 − 2, 2 cos 𝑡 , 8 sen 𝑡 + 8) ⋅ (−2 sen 𝑡 , 2 cos 𝑡 , 8 cos 𝑡)𝑑𝑡
2𝜋
0
 
∬ �⃗� ⋅ �⃗⃗� 𝑑𝑆
𝑃≤𝜋
= ∫ (4 + 4 sen 𝑡 + 8 cos 𝑡 + 4 sen(2𝑡))𝑑𝑡
2𝜋
0
 
∬ �⃗� ⋅ �⃗⃗� 𝑑𝑆
𝑃≤𝜋
= [4𝑡 − 4 cos(𝑡) + 8 sen(𝑡) −
4
2
cos(2𝑡)]
0
2𝜋
= 8𝜋 
Resposta: c) 𝟖𝝅 
Questão 7. 
Dado o cone 𝐶𝑜: 3𝑧
2 = 𝑥2 + 𝑦2, 𝜋: 𝑧 = √3, 𝐶𝑜 ≤ 𝜋 com 𝑧 ≥ 0, então a área 
𝐴(𝐶𝑜) = ∬ 𝑑𝑆
𝐶𝑜≤𝜋
 
é: 
Solução. 
Considere coordenadas cilíndricas: 
𝑥 = 𝑟 cos(𝜃) 
𝑦 = 𝑟 sen(𝜃) 
𝑧 = 𝑧 
Onde 
3𝑧2 = 𝑥2 + 𝑦2, 𝑧 = √3 → 9 = 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2 ⟹ 0 ≤ 𝑟 ≤ 3 
0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋 
3𝑧2 = 𝑥2 + 𝑦2 → 3𝑧2 = 𝑟2 → 0 ≤ 𝑧 ≤
𝑟
√3
 
Então 
𝐴(𝐶0) = 2𝜋 ∫ ∫ 𝑟𝑑𝑧
𝑟
√3
0
𝑑𝑟
3
0
 
𝐴(𝐶0) = 2𝜋 ∫
𝑟2
√3 
𝑑𝑟
3
0
 
𝐴(𝐶0) = 2𝜋 [
𝑟3
3√3
]
0
3
= 2𝜋(3√3 − 0) 
𝐴(𝐶0) = 6√3𝜋 
Resposta: d) 𝟔√𝟑𝝅