P2 - Cálculo 3 - UFRJ - 2019/2

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Instituto de Matemática - IM/UFRJ
Cálculo Diferencial e Integral III - MAC238
Gabarito Segunda Prova - Escola Politécnica / Escola de Química - 08/11/2019
Questão 1: (2.5 pontos)
Considerar a seguente integral de linha
∫ (3,3,3)
(2,2,2)
( 2xy
z + 1 + e
x)dx+ x
2
z + 1dy −
x2y
(z + 1)2dz
1. Mostre que o valor dessa integral é independente do caminho conectando os pontos (2, 2, 2) e
(3, 3, 3) no semi-espaço Z = {(x, y, z) | z > −1},
2. Calcule o valor da integral
3. Explique porque não é possível chegar a uma conclusão similar a do item (1) para a integral
∫ (3,3,3)
(2,2,−2)
( 2xy
z + 1 + e
x)dx+ x
2
z + 1dy −
x2y
(z + 1)2dz
Solução:
1. O campo é C1 no semi-espaço Z que é simplisemente conexo, e o rotacional do campo é 0.
Por isso o integral ao longo de toda curva fechada (contida em Z) é 0, o integral independe
do caminho em Z e o campo admite um potencial em Z.
2. Como o campo admite um potencial, calculamos ele:
φ(x, y, z) = x
2y
z + 1 + e
x.
O integral então é φ(3, 3, 3)− φ(2, 2, 2) = 274 + e
3 − 83 − e
2.
3. Qualquer curva que conecte (2, 2,−2) e (3, 3, 3) tem que atravessar o plano z = −1 (isso
implica que cada curva fechada que passa pelos dois pontos atravessa o plano), então o
argumento usado no item (1) não pode ser utilizado pra provar que o integral independe
do caminho.
Questão 2: (2.5 pontos)
Seja ~F = (e−x2 +y, zx, ez+1) e S a semiesfera x2+y2+z2 = 1, z ≥ 0, com a normal tendo coordenada
z positiva em (0, 0, 1). Escrever a integral de superficie (não precisa calcular ela)
∫∫
S
~F ·~n dS usando:
1. a parametrização (x, y) 7→ (x, y,
√
1− x2 − y2), {(x, y) | x2 + y2 ≤ 1},
2. a parametrização (φ, θ) 7→ (sen(φ) cos(θ), sen(φ) sen(θ), cos(φ)), (φ, θ) ∈ [0, π/2]× [0, 2π],
3. calculando primeiro Fn = ~F · ~n e escrevendo o integral de função escalar
∫∫
S FndS com respeito
a parametrização (φ, θ) do item (2).
Solução:
Cálculo Diferencial e Integral III - MAC238
Gabarito Segunda Prova - Escola Politécnica / Escola de Química - 08/11/2019(continuação)
1. Por definição, sendo D = {(x, y) | x2 + y2 ≤ 1}
∫∫
S
~F · ~n dS =
∫ 1
−1
∫ √1−x2
−
√
1−x2

e−x
2 + y
x ·
√
1− x2 − y2
e
√
1−x2−y2 + 1
 ·

x√
1−x2−y2
y√
1−x2−y2
1
 dydx
2. Por definição,
∫∫
S
~F · ~n dS =
∫ 2π
0
∫ π/2
0
e
−(sen(φ) cos(θ))2 + sen(φ) sen(θ)
sen(φ) cos(θ) · cos(φ)
ecos(φ) + 1
 ·
sen
2(φ) cos(θ)
sen2(φ) sen(θ)
sen(φ) cos(φ)
 dφdθ
3. Por definição Fn = ~F · ~n, onde ~n é o vetor normal unitario. Podemos calcular o vetor
normal fazendo o gradiente de x2 + y2 + z2, i.e., um vetor normal a superficie é dado por
(2x, 2y, 2z). Normalizando obtemos que
~n = 1√
x2 + y2 + z2
xy
z

e que Fn(x, y, z) = 1√
x2+y2+z2
(xe−x2 + xy + xyz + zez + z). Essa é uma função escalar,
então, por definição do integral de uma função escalar sobre uma superficie temos:∫∫
S
FndS =∫ 2π
0
∫ π/2
0
(
sen(φ) cos(θ)e−(sen(φ) cos(θ))2 + sen(φ)2 cos(θ) sen(θ)+
sen(φ)2 cos(φ) cos(θ) sen(θ) + cos(φ)ecos(φ) + cos(φ)
)
· sen(φ)dφ dθ.
Vale a pena observar o sen(φ) antes das variaveis de integração, que é a norma do vetor
normal, necessario quando integramos funções escalares sobre superficies.
Questão 3: (2.5 pontos)
Calcular
∫
C
~Fd~r, onde C é a curva parametrizada t 7→ (3 sen(t), t, 2 cos(t)), para t ∈ [0, 2π] e
~F (x, y, z) =
( −z
x2 + z2 + x , y ,
x
x2 + z2 + z
)
Solução:
Escrevemos ~F = ~G+ ~H onde
~G =
( −z
x2 + z2 , 0,
x
x2 + z2
)
~H = (x, y, z) .
Cálculo Diferencial e Integral III - MAC238
Gabarito Segunda Prova - Escola Politécnica / Escola de Química - 08/11/2019(continuação)
Observamos que ~H é C1 sobre todo R3 e que rot( ~H) = 0, então, para toda curva C fechada
temos que
∮
C
~Hd~r = 0. Isso significa que ~H é conservativo, então o integral independe da curva,
mas depende só dos pontos iniciais e finais. Por isso, calculamos
∫
Γ1
~Hd~r ao longo da curva Γ1,
parametrizada por t 7→ (0, t, 2), t ∈ [0, 2π], i.e.,∫
C
~Hd~r =
∫
Γ1
~Hd~r =
∫ 2π
0
tdt = 2π2.
O campo ~G não esta definido na linha x2 + z2 = 0; nossa curva está envolvendo essa linha, então
temos que ter cuidado se queremos aplicar o Teorema de Stokes. Observamos que tem uma
superficie que não intersecta essa linha que tem como borda, de um lado, C ∪ Γ−1 (Γ−1 é Γ1 com
a orientação invertida) e do outro Γ−2 , onde Γ2 é parametrizada por t 7→ (2 sen(t), 0, 2 cos(t)),
t ∈ [0, 2π].
Então, por Stokes, temos ∫
C
~Gd~r =
∫∫
S
rotGd~r +
∫
Γ1
~Gd~r +
∫
Γ2
~Gd~r.
Como rot ~G = 0 e como a segunda coordenada de ~G é igual a 0, obtemos que∫
C
~Gd~r =
∫
Γ2
~Gd~r =
∫ 2π
0
− sen2(t)− cos2(t)dt = −2π.
Finalmente ∫
C
~Fd~r = 2π2 − 2π = 2π(π − 1).
Questão 4: (2.5 pontos)
Seja
~F (x, y, z) =
(
x
(x2 + y2 + z2)3/2 + x,
y
(x2 + y2 + z2)3/2 + y,
z
(x2 + y2 + z2)3/2 + z
)
.
Calcular
∫∫
S
~F · ~ndS onde S é a esfera (x− 1)2 + y2 + z2 = 9, orientada com a normal ~n saindo.
Solução:
Escrevemos
~F (x, y, z) =
(
x
(x2 + y2 + z2)3/2 ,
y
(x2 + y2 + z2)3/2 ,
z
(x2 + y2 + z2)3/2
)
+ (x, y, z) .
O campo
~G(x, y, z) =
(
x
(x2 + y2 + z2)3/2 ,
y
(x2 + y2 + z2)3/2 ,
z
(x2 + y2 + z2)3/2
)
Cálculo Diferencial e Integral III - MAC238
Gabarito Segunda Prova - Escola Politécnica / Escola de Química - 08/11/2019(continuação)
é o “campo eletrico” gerado por uma carga em (0, 0, 0), tratado no exemplo 7.18 pag. 303 do
Diomara. Ele tem uma singularidade em (0, 0, 0), no exemplo é explicado como tratar ele, sendo
que o divergente dele é 0. Por esse campo,∫∫
S
~G · ~ndS = 4π.
O campo
~H(x, y, z) =
(
x
(x2 + y2 + z2)3/2 ,
y
(x2 + y2 + z2)3/2 ,
z
(x2 + y2 + z2)3/2
)
é um campo C1 sobre todo R3, utilizamos o Teorema de Gauss.∫∫
S
~H · ~ndS =
∫∫∫
W
div( ~H)dV = 3Vol(W ) = 3 · 43 · 3
3 = 108π.
Então: ∫∫
S
~F · ~ndS = 4π + 108π = 112π.
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