Gabarito todas P1 APLICADA

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Primeira avaliação - MAT01168 - MATEMÁTICA APLICADA II - Turma A
Nome: Cartao:
Regras a observar:
• Seja sucinto porém completo.
• Justifique todo procedimento usado.
• Use notação matemática consistente.
• Ao usar sistemas de coordenadas curviĺıneas (ciĺındricas, esféricas etc), indique a correspondência para o sistema de
coordenadas cartesianas (x,y,z).
• Trabalhe individualmente a sem uso de material de consulta além do fornecido.
• Devolva o caderno de questões preenchido ao final da prova.
• Não é permitido destacar folhas nem usar folhas adicionais.
• Não é permitido o uso de calculadoras.
Formulário:
1. cosh(x) = e
x+e−x
2
2. sinh(x) = e
x−e−x
2
3. cos(t) = e
it+e−it
2
4. sin(t) = e
it−e−it
2i
5. cos(2t) = cos2(t)− sin2(t)
6. sin(2t) = 2 sin(t) cos(t)
7. (a+ b)n =
∑n
j=0
(
j
k
)
an−jbj ,
(
j
k
)
= n!(n−j)!j!
1
Questão 1 (2.5) Um part́ıcula carregada entra em um ambiente onde há um campo magnético constante e sob a ação desta
força passa a descrever a seguinte trajetória:
~r(t) = a coswt~i+ a sinwt~j + cwt~k, t ≥ 0
onde a e c são constantes positivas e w é a velocidade angular da part́ıcula (uma constante positiva).
a) (1.5) Calcule a velocidade (~v), a aceleração (~a) e suas componentes normal e tangencial.
b) (1.0) Use o resultado anterior para obter os vetores unitários ~T e ~N .
Solução item a
~v(t) =
d
dt
~r(t) = −aw sin(wt)~i+ aw cos(wt)~j + cw~k
~a(t) =
d
dt
~v(t) = −aw2 cos(wt)~i− aw2 sin(wt)~j
aT =
~a · ~v
v
=
a2w3 sin(wt) cos(wt)− a2w3 cos(wt) sin(wt)
v
= 0
Como aT = 0, temos que ~a = aN ~N e do fato que aN ≥ 0, sabemos que
aN = ‖~a‖ =
(
a2w4 cos2(wt) + a2w4 sin2(t)
)1/2
= aw2
Solução item b Como ~a = aN ~N , temos
~N =
~a
aN
=
−aw2 cos(wt)~i− aw2 sin(wt)~j
aw2
= − cos(wt)~i− sin(wt)~j
Da definição de ~T , temos:
~T =
~v
v
=
−aw sin(wt)~i+ aw cos(wt)~j + cw~k√
a2w2 + c2w2
=
−a sin(wt)~i+ a cos(wt)~j + c~k√
a2 + c2
2
Questão 2 (2.0) Um corpo de massa m se move sob a ação exclusiva de uma força central ~F = f(r)r̂, onde r = ‖~r‖ e f(r) é
uma função diferenciável associada a um potencial central V (r).
a) (1.0) Mostre que o momento angular ~L do corpo dado por
~L = m(~r × ~v)
é preservado.
b) (1.0) Calcule o potencial V (r) quando ~F = −e−λr r̂
Solução item a A fim de mostrar que o momento angular é preservado, mostraremos que a derivada d
~L
dt =
~0:
d~L
dt
= m
d
dt
(~r × ~v) = m
(
~r × d~v
dt
+
d~r
dt
× ~v
)
= m
~r × ~a+ ~v × ~v︸ ︷︷ ︸
~0
 = ~r × ~F
= ~r × (f(r)~r) = f(r)(~r × ~r) = ~0
Solução item b Como ~∇V (r) = dV (r)dr r̂ = −e
−λr r̂, temos dV (r)dr = −e
−λr, o que implica
V (r) = −
∫
e−λrdr =
1
λ
e−λr + C
3
Questão 3 (2.5) Calcule o trabalho realizado pelo campo de forças ~F = xz~i+x3~j+xyz~k ao deslocar uma part́ıcula ao longo
da circunferência de raio 1 centrada no ponto (0, 0, 0) sobre o plano z = 0 orientada no sentido horário. Qual seria o valor do
trabalho de o deslocamento acontecesse no sentido contrário?
Solução Usando o Teorema de Stokes, temos:
W =
∮
C
~F · ~dr =
∫
S
(~∇× ~F ) · ~NdS =
∫ 1
0
∫ 2π
0
(~∇× ~F ) · (−~k)ρdφdρ
onde usamos o sistema de coordenadas ciĺındricas:
x = ρ cosφ
y = ρ sinφ.
Agora, precisamos calcular ~∇× ~F · ~k:
~∇× ~F · ~k =
∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
xz x3 xyz
∣∣∣∣∣∣ · ~k = 3x2 = 3ρ2 cos2 φ
E finalmente, temos:
W = −
∫ 1
0
∫ 2π
0
3ρ3 cos2 φdφdρ = −3
(∫ 1
0
ρ3dρ
)(∫ 2π
0
cos2 φdφ
)
= −3
(
1
4
)(
1
2
∫ 2π
0
(1 + cos(2φ)) dφ
)
= −3
8
(2π) = −3π
4
Onde foi usada a seguinte identidade trigonométrica:
cos2 φ =
(
eiφ + e−iφ
2
)2
=
e2iφ + 2 + e−2iφ
4
=
1 + cos(2φ)
2
Se o deslocamento acontecesse no sentido contrário, o trabalho seria 3π4 .
4
Questão 4 (3.0) Considere o campo vetorial dado por ~F = (1 + z2)~k e a superf́ıcie S limitada superiormente pela esfera
centrada na origem de raio 1 e inferiormente pelo plano z = 0.
a) (1.50) Calcule o fluxo de ~F através da superf́ıcie S orientada para fora através de um parametrização direta da superf́ıcie,
isto é, usando a definição de fluxo e sem usar o Teorema da Divergência.
b) (1.50) Calcule o fluxo de ~F através da superf́ıcie S orientada para fora através do teorema da divergência.
Solução item a
Fluxo através do hemisfério:
G(x, y, z) = z −
√
1− x2 − y2
~∇G(x, y, z) = x√
1− x2 − y2
~i+
y√
1− x2 − y2
~j + ~k
Usamos coordenada ciĺındricas com
x = ρ cos(φ)
y = ρ sin(φ).
~F · ~∇G(x, y, z) = 1 + z2
Φ1 =
∫∫
S
~F · ~Nds =
∫∫
A
~F · ~∇GdA =
∫ 1
0
∫ 2π
0
(1 + z2)ρdφdρ
=
∫ 1
0
∫ 2π
0
(2− x2 − y2)ρdφdρ
=
∫ 1
0
∫ 2π
0
(2− ρ2)ρdφdρ = 2π
∫ 1
0
(2ρ− ρ3)dρ
= 2π
(
1− 1
4
)
=
3
2
π
Fluxo através da base:
Φ2 =
∫∫
S
~F · ~Nds = −
∫ 1
0
∫ 2π
0
(1 + z2)ρdφdρ
= −
∫ 1
0
∫ 2π
0
ρdφdρ = −π
Portanto Φ = Φ1 + Φ2 =
π
2 .
Solução do item b
Usamos coordenada esféricas com
x = r sin(θ) cos(φ)
y = r sin(θ) sin(φ)
z = r cos(θ)
~∇ · ~F = 2z = 2r cos(θ)
Pelo teorema da divergência, temos:
Φ =
∫ 1
0
∫ 2π
0
∫ π/2
0
2zr2 sin θdθdφdr
=
∫ 1
0
∫ 2π
0
∫ π/2
0
2r cos θr2 sin θdθdφdr
= 2
∫ 1
0
∫ 2π
0
∫ π/2
0
r3 sin θ cos θdθdφdr
= 2(2π)(1/4)
∫ π/2
0
sin θ cos θdθ
= π
∫ π/2
0
1
2
sin(2θ)dθ =
π
2
(
− cos(2θ)
2
)π/2
0
= π/2
5
UFRGS – INSTITUTO DE MATEMÁTICA
Departamento de Matemática Pura e Aplicada
MAT01168 - Turma A - 2017/1
Prova da área I
1-8 9 10 Total
Nome: Cartão:
Regras Gerais:
• Não é permitido o uso de calculadoras, telefones ou qualquer outro recurso computacional ou de comunicação.
• Trabalhe individualmente e sem uso de material de consulta além do fornecido.
• Devolva o caderno de questões preenchido ao final da prova.
Regras para as questões abertas
• Seja sucinto, completo e claro.
• Justifique todo procedimento usado.
• Indique identidades matemáticas usadas, em especial, itens da tabela.
• Use notação matemática consistente.
Cone eĺıptico: z2 =
x2
a2
+
y2
b2
x y
z
Elipsóide:
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
= 1
x
y
z
Parabolóide Eĺıptico: z =
x2
a2
+
y2
b2
x y
z
Parabolóide
Hiperbólico:
z =
x2
a2
− y
2
b2
x
y
z
Hiperbolóide
de uma folha:
x2
a2
+
y2
b2
− z
2
c2
= 1
x y
z
Hiperbolóide
de duas folhas:
−x
2
a2
− y
2
b2
+
z2
c2
= 1
x
y
z
Tabela do operador ~∇:
f = f(x, y, z) e g = g(x, y, z) são funções escalares;
~F = ~F (x, y, z) e ~G = ~G(x, y, z) são funções vetoriais.
1. ~∇ (f + g) = ~∇f + ~∇g
2. ~∇ ·
(
~F + ~G
)
= ~∇ · ~F + ~∇ · ~G
3. ~∇×
(
~F + ~G
)
= ~∇× ~F + ~∇× ~G
4. ~∇ (fg) = f ~∇g + g~∇f
5. ~∇ ·
(
f ~F
)
=
(
~∇f
)
· ~F + f
(
~∇ · ~F
)
6. ~∇×
(
f ~F
)
= ~∇f × ~F + f ~∇× ~F
7. ~∇ · ~∇f = ~∇2f = ∂
2f
∂x2
+
∂2f
∂y2
+
∂2f
∂z2
,
onde ~∇2 = ∂
2
∂x2
+
∂2
∂y2
+
∂2
∂z2
é o operador laplaciano
8. ~∇×
(
~∇f
)
= 0
9. ~∇ ·
(
~∇× ~F
)
= 0
10. ~∇×
(
~∇× ~F
)
= ~∇
(
~∇ · ~F
)
− ~∇2 ~F
11. ~∇ ·
(
~F × ~G
)
= G ·
(
~∇× ~F
)
− F ·
(
~∇× ~G
)
12.
~∇×
(
~F × ~G
)
=
(
~G · ~∇
)
~F − ~G
(
~∇ · ~F
)
−
−
(
~F · ~∇
)
~G+ ~F
(
~∇ · ~G
)
13.
~∇
(
~F · ~G
)
=
(
~G · ~∇
)
~F +
(
~F · ~∇
)
~G+
+~F ×
(
~∇× ~G
)
+ ~G×
(
~∇× ~F
)
Algumas fórmulas:
Nome Definição
Curvatura κ =
∥
∥
∥
∥
∥
d~T
ds
∥
∥
∥
∥
∥
=
∥
∥
∥
∥
∥
∥
d~T
dt
ds
dt
∥
∥
∥
∥
∥
∥
=
‖~r′(t) × ~r′′(t)‖
‖~r′(t)‖3
Torção τ = −d
~B
ds
· ~N = (~r
′(t) × ~r′′(t)) · ~r′′′(t)
‖~r′(t) × ~r′′(t)‖2
Módulo
da Torção
|τ | =
∥
∥
∥
∥
∥
d ~B
ds
∥
∥
∥
∥
∥
=
∥
∥
∥
∥
∥
∥
d~B
dt
ds
dt
∥
∥
∥
∥
∥
∥
Aceleração
normal
aN =
‖~a × ~v‖
v
=
v2
ρ
= κv2
Aceleração
tangencial
aT =
~a · ~v
v
=
dv
dt
• Questão 1 (0.75 ponto) Considere que uma part́ıcula descreva a trajetória trocoidal dada por
x(t) = at+ cos(t), y(t) = sen(t), z(t) = 0.
Assinale a alternativa que indica uma expressão para o aceleração tangencial:
( )
a cos(t)
√
a2 + 1− 2a sen(t)
(X)
−a cos(t)
√
a2 + 1− 2a sen(t)
( )
a cos(t)
√
a2 + 1 + 2a sen(t)
( )
−a sen(t)
√
a2 + 1+ 2a cos(t)
( )
a sen(t)
√
a2 + 1− 2a cos(t)
( ) Nenhumadas anteriores.
• Questão 2 (0.75 ponto) Considere a curva escrita de forma paramétrica como:
x(t) = t, y(t) = t2, z(t) = t3.
Assinale a alternativa correta a respeito da torção τ(t):
(X) A curva apresenta torção dextrogira com módulo dado por
3
9t4 + 9t2 + 1
.
( ) A curva apresenta torção dextrogira com módulo dado por
12
9t4 + 9t2 + 1
.
( ) A curva apresenta torção dextrogira com módulo dado por
3
(3t2 + 1)2
.
( ) A curva apresenta torção levogira com módulo dado por
3
9t4 + 9t2 + 1
.
( ) A curva apresenta torção levogira com módulo dado por
12
9t4 + 9t2 + 1
.
( ) A curva apresenta torção levogira com módulo dado por
3
(3t2 + 1)2
.
( ) Nenhuma das anteriores.
• Questão 3 (0.75 ponto) Considere os campos dados por
f = cos(x+ y + z)
g = z2
~F = cos(y)~i + sen(x)~j + ez~k
Assinale a alternativa que apresenta uma expressão para ~∇g · ~∇×
(
~F + ~∇f
)
:
(X) 2z(cos(x) + sen(y))
( ) 2z(cos(x)− sen(y))
( ) 2z(− cos(x) + sen(y))
( ) z2(cos(x) + sen(y))
( ) −z2(cos(x) + sen(y))
( ) 0
• Questão 4 (0.75 ponto) Considere o campo ~F = F1(x, y)~i + F2(x, y)~j representado no
gráfico ao lado e as seguintes integrais:
I1 =
˛
C1
~F · d~r, I2 =
ˆ
C2
~F · d~r, I3 =
ˆ
C3
~F · d~r,
onde C1 é o ćırculo (representado na figura) de raio 2 centrado em (3, 0, 0) no plano xy
orientado no sentido antihorário, C2 é o segmento de reta que vai do ponto (0, 0, 0) até (6, 0, 0)
e C3 é o segmento de reta que vai do ponto (3,−3, 0) até (3, 3, 0). Assinale a alternativa
correta:
( ) I1 < 0, I2 > 0 e I3 > 0
( ) I1 > 0, I2 > 0 e I3 < 0
( ) I1 < 0, I2 < 0 e I3 > 0
( ) I1 > 0, I2 = 0 e I3 < 0
(X) I1 < 0, I2 = 0 e I3 < 0
( ) I1 > 0, I2 = 0 e I3 > 0
0 1 2 3 4 5 6
x
−3
−2
−1
0
1
2
3
y
Campo de velocidades
• Questão 5 (0.75 ponto) Dado o campo escalar f(r) suave onde r = ‖~r‖ =
√
x2 + y2 + z2 e o campo vetorial ~F = f(r)~r. Assinale a
alternativa incorreta:
(X)
‹
S
~F · ~ndS = 0 para qualquer superf́ıcie fechada S.
( )
‹
S
~∇× ~F · ~ndS = 0 para qualquer superf́ıcie fechada S.
( )
˛
C
~F · d~r = 0 para qualquer caminho fechado C.
( )
‹
S
~∇f · ~ndS =
˚
V
~∇2fdV para qualquer superf́ıcie fechada S que limita a região V .
( )
˚
V
~F · ~FdV ≥ 0 para toda região limitada V .
• Questão 6 (0.75 ponto) O potencial ϕ tal que ~∇ϕ =~i+ z~j + (y + ez + zez)~k é dado por:
( ) x− z (y + ez) + C
(X) x+ z (y + ez) + C
( ) z (x+ y + ez) + C
( ) z (y + ez) + C
( ) 1 + z + y + ez + zez + C
( ) x+ 2zy + zez + C
• Questão 7 (0.75 ponto) Seja S a superf́ıcie plana limitada pelo retângulo de vértices (0, 0, 0), (0, 1, 1), (1, 1, 1) e (1, 0, 0) e orientada no
sentido positivo do eixo z. Assinale a alternativa que indica o valor de
¨
S
~F · ~ndS, onde ~F =~i−~j + ~k
( ) −2
( ) −1
( ) 0
( ) 1
(X) 2
( ) 3
• Questão 8 (0.75 ponto) Seja C o caminho retangular de vértices V1 = (0, 0, 0), V2 = (0, 1, 1), V3 = (1, 1, 1) e V4 = (1, 0, 0) ori-
entado no sentido V1 → V2 → V3 → V4 → V1. Assinale a alternativa que indica o valor de
˛
C
~F · d~r, onde ~F = x~i + y~j + z~k
( ) −2
( ) −1
(X) 0
( ) 1
( ) 2
( ) 3
• Questão 9 (2.0 pontos) Obtenha o valor de
‹
S
~F ·~ndS onde S é a superf́ıcie orientada para fora que limita o hemisfério de raio unitário
centrado na origem (x2+y2+z2 = 1, y ≥ 0) e a porção de plano y = 0 tal que x2+z2 ≤ 1 e ~F é o campo dado por ~F = xy~i+(1+y)~j−zy~k.
a) (1.0 ponto) Usando uma parametrização direta da superf́ıcie.
b) (1.0 ponto) Usando o Teorema da Divergência.
Solução a) Vamos separar a superf́ıcie em duas, S1 : y =
√
1− x2 − z2 e S2 : y = 0, x2 + z2 ≤ 1.
Primeiro calculamos o fluxo em S1:
φ1 =
¨
S1
~F · ~ndS
=
¨
D
~F · ~∇GdA
onde D é o disco de raio unitário no plano y = 0, D : x2 + z2 ≤ 1, y = 0 e G = y −
√
1− x2 − z2. Particularmente nesse problema, a
superf́ıcie S2 coincide com D. Seguimos calculando:
φ1 =
¨
D
~F · ~∇GdA
=
¨
D
(
xy~i+ (1 + y)~j − zy~k
)
·
(
x√
1− x2 − z2
~i+~j +
z√
1− x2 − z2
~k
)
dA
=
¨
D
(
x2y√
1− x2 − z2
+ (1 + y)− z
2y√
1− x2 − z2
)
dA.
Tendo em vista que y =
√
1− x2 − z2, temos:
φ1 =
¨
D
(
x2 + 1 +
√
1− x2 − z2 − z2
)
dA
=
ˆ
2π
0
ˆ
1
0
(
r2 cos2(θ)− r2 sen2(θ) + 1 +
√
1− r2
)
rdrdθ
=
ˆ
2π
0
ˆ
1
0
(
r3 cos(2θ) + r + r
√
1− r2
)
drdθ
=
ˆ
2π
0
[
r4
4
cos(2θ) +
r2
2
− 1
3
(
√
1− r2)3/2
]1
0
dθ
=
ˆ
2π
0
(
1
4
cos(2θ) +
1
2
+
1
3
)
dθ
=
[
1
8
sen(2θ)
]
2π
0
+ 2π
5
6
=
5π
3
Agora, calculamos o fluxo em S2:
φ1 =
¨
S2
~F · ~ndS
=
¨
D
~F · (−~j)dA
=
¨
D
(−1− y)dA
= −
¨
D
1dA = −π.
Logo, o fluxo através de S é
5π
3
− π = 2π
3
.
Solução b) Calculamos ~∇ · ~F = y + 1− y = 1 a aplicamos o teorema da divergência:
φ =
¨
S
~F · ~ndS
=
˚
V
~∇ · ~FdV
=
˚
V
1dV
=
2π
3
• Questão 10 (2.0 pontos) Seja ~F = ~u× ~r, onde ~u é o vetor constante ~u = u1~i+ u2~j + u3~k e ~r = x~i+ y~j + z~k.
a) (1.0 ponto) Calcule ~∇× ~F .
b) (1.0 ponto) Use o Teorema de Stokes ou uma parametrização direta do caminho C para obter o valor de
˛
C
~F · d~r onde C é o
triângulo no plano z = 2x+ 3y de vértices P1(0, 0, 0), P2(1, 0, 2) e P3(0, 1, 3) orientado no sentido P1 → P2 → P3 → P1.
Solução a) Usamos o item 12 da tabela para calcular o rotacional:
~∇× ~F = ~∇× (~u× ~r)
= ~∇× (~u× ~r)
=
(
~r · ~∇
)
~u− ~r
(
~∇ · ~u
)
−
(
~u · ~∇
)
~r + ~u
(
~∇ · ~r
)
.
Como ~u é um vetor constante e, portanto, possui todas derivadas nulas, temos:
~∇× ~F = −
(
u1
∂
∂x
+ u2
∂
∂y
+ u3
∂
∂z
)
(x~i+ y~j + z~k) + 3~u
= −~u+ 3~u = 2~u.
Solução b) Usamos o Teorema de Stokes para escrever
˛
C
~F · d~r =
¨
S
~∇× ~F · ~ndS,
onde S é a porção do plano z = 2x+ 3y limitada pelo triângulo P1P2P3. Seguimos resolvendo a integral de superf́ıcie:
˛
C
~F · d~r =
¨
S
2~u · ~ndS
= 2
¨
T
~u · ~∇GdA
onde T é o triângulo no plano xy de vértices T1(0, 0, 0), T2(1, 0, 0) e T3(0, 1, 0), e G = z − 2x − 3y. Observe que ~∇G = −2~i − 3~j + ~k está
no mesmo sentido de ~n. Logo
˛
C
~F · d~r = 2
¨
T
(−2u1 − 3u2 + u3) dA
= 2 (−2u1 − 3u2 + u3)
¨
T
1dA
= 2 (−2u1 − 3u2 + u3)
1
2
= (−2u1 − 3u2 + u3) .
UFRGS - INSTITUTO DE MATEMÁTICA
Departamento de Matemática Pura e Aplicada
MAT01168 - Turma A - 2017/2
Prova da área I
1-6 7 8 Total
Nome: Cartão:
Regras Gerais:
• Não é permitido o uso de calculadoras, telefones ou qualquer outro recurso computacional ou de comunicação.
• Trabalhe individualmente e sem uso de material de consulta além do fornecido.
• Devolva o caderno de questões preenchido ao final da prova.
Regras para as questões abertas
• Seja sucinto, completo e claro.
• Justifique todo procedimento usado.
• Indique identidades matemáticas usadas, em especial, itens da tabela.
• Use notação matemática consistente.
Tabela do operador ~∇:
f = f(x, y, z) e g = g(x, y, z) são funções escalares;
~F = ~F (x, y, z) e ~G = ~G(x, y, z) são funções vetoriais.
1. ~∇ (f + g) = ~∇f + ~∇g
2. ~∇ ·
(
~F + ~G
)
= ~∇ · ~F + ~∇ · ~G
3. ~∇×
(
~F + ~G
)
= ~∇× ~F + ~∇× ~G
4. ~∇ (fg) = f ~∇g + g~∇f
5. ~∇ ·
(
f ~F
)
=
(
~∇f
)
· ~F + f
(
~∇ · ~F
)
6. ~∇×
(
f ~F
)
= ~∇f × ~F + f ~∇× ~F
7. ~∇ · ~∇f = ~∇2f = ∂
2f
∂x2
+
∂2f
∂y2
+
∂2f
∂z2
,
onde ~∇2 = ∂
2
∂x2
+
∂2
∂y2
+
∂2
∂z2
é o operador laplaciano
8. ~∇×
(
~∇f
)
= 0
9. ~∇ ·
(
~∇× ~F
)
= 0
10. ~∇×
(
~∇× ~F
)
= ~∇
(
~∇ · ~F
)
− ~∇2 ~F
11. ~∇ ·
(
~F × ~G
)
= G ·
(
~∇× ~F
)
− F ·
(
~∇× ~G
)
12.
~∇×
(
~F × ~G
)
=
(
~G · ~∇
)
~F − ~G
(
~∇ · ~F
)
−
−
(
~F · ~∇
)
~G+ ~F
(
~∇ · ~G
)
13.
~∇
(
~F · ~G
)
=
(
~G · ~∇
)
~F +
(
~F · ~∇
)
~G+
+~F ×
(
~∇× ~G
)
+ ~G×
(
~∇× ~F
)
Curvatura, torção e aceleração:
Nome Definição
Curvatura κ =
∥
∥
∥
∥
∥
d~T
ds
∥
∥
∥
∥
∥
=
∥
∥
∥
∥
∥
∥
d~T
dt
ds
dt
∥
∥
∥
∥
∥
∥
=
‖~r′(t) × ~r′′(t)‖
‖~r′(t)‖3
Torção τ = −d
~B
ds
· ~N = (~r
′(t) × ~r′′(t)) · ~r′′′(t)
‖~r′(t) × ~r′′(t)‖2
Módulo
da Torção
|τ | =
∥
∥
∥
∥
∥
d ~B
ds
∥
∥
∥
∥
∥
=
∥
∥
∥
∥
∥
∥
d~B
dt
dsdt
∥
∥
∥
∥
∥
∥
Aceleração
normal
aN =
‖~a × ~v‖
v
=
v2
ρ
= κv2
Aceleração
tangencial
aT =
~a · ~v
v
=
dv
dt
Equações de Frenet-Serret:
d~T
ds
= κ ~N
d ~N
ds
= −κ~T +τ ~B
d ~B
ds
= −τ ~N
• Questão 1 (1.0 ponto) Considere que uma part́ıcula descreva a trajetória dada por
x(t) = t, y(t) = et, z(t) = t2, t ∈ R
Assinale as alternativas que indicam, respectivamente, as componentes tangencial e normal da aceleração no instante t = 0.
(X) aT =
√
2
2
( ) aT =
√
2
4
( ) aT =
3
√
2
2
( ) aT =
5
√
2
2
( ) aT =
3
√
2
4
( ) aN =
√
2
2
( ) aN =
√
2
4
(X) aN =
3
√
2
2
( ) aN =
5
√
2
2
( ) aN =
3
√
2
4
• Questão 2 (1.0 ponto) Considere a figura formada por 4 curvas: C0, C1, C2 e C3. Sabe-se que C0 é um ćırculo de raio 2 centrado no
centro de curvatura da curva C2 relativo ao ponto P . Também sabe-se que todas as curvas passam pelo ponto P . Definimos as curvaturas
no ponto P para as curvas C0, C1, C2 e C3 por κ0, κ1, κ2 e κ3, respectivamente. Marque na primeira coluna o valor de κ2 e na segunda
assinale a alternativa com a afirmação correta.
C0
C1 C2 C3
P
( ) κ2 =
1
4
(X) κ2 =
1
2
( ) κ2 = 1
( ) κ2 = 2
( ) κ2 = 4
( ) κ1 < κ2 < κ3
( ) κ3 < κ1 < κ2
( ) κ2 < κ1 < κ3
( ) κ1 = κ2 = κ3
(X) κ1 > κ2 > κ3
• Questão 3 (1.0 ponto) Considere a seguinte expressão
~F ×
(
~∇× (~∇× ~F )
)
+ ~F × ~∇2 ~F
Na primeira coluna, assinale a alternativa que apresenta uma forma simplificada da mesma expressão e, na segunda, o valor da expressão
para o campo ~F = x2~i+ y2~j.
( ) ~∇(~∇ · ~F )× ~F
( ) ~∇(~∇ · ~F )
(X) ~F × ~∇(~∇ · ~F )
( ) ~∇× ~F
( ) (~∇ · ~F )(~∇× ~F )
( ) 2(x2 − y2)~i+2(x2 − y2)~j +2(x2 − y2)~k
( ) (y2 − 2)~i+ (2− x2)~j + 2~k
( ) (2 − y2)~i+ (2− x2)~j + 2(x2 + y2)~k
(X) 2(x2 − y2)~k
( ) (y2 − x2)~i+ (y2 − x2)~j + 2(x2 + y2)~k
• Questão 4 (1.0 ponto) Considere o campo ~F = F1(x, y)~i + F2(x, y)~j
dado no gráfico ao lado. Em cada coluna assinale uma alternativa correta.
( ) O divergente é positivo somente na
região x ≥ y.
( ) O divergente não existe em toda linha
x = −y.
( ) O divergente é nulo em todos os pontos.
( ) O divergente é negativo em todos os
pontos.
(X) O divergente é positivo em todos os
pontos.
( ) ~k · ~∇× ~F ≥ 0 em todos os pontos.
(X) ~k · ~∇× ~F ≤ 0 em todos os pontos.
( ) ~k · ~∇× ~F = 0 em todos os pontos.
( ) ~k · ~∇× ~F ≥ 0 somente na região x > y.
( ) ~k · ~∇× ~F ≥ 0 somente na região x < y.
−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4
x
−4
−3
−2
−1
0
1
2
3
4
y
Campo de velocidades
• Questão 5 (1.0 ponto) Considere o campo de velocidades e as três circunferências, C1, C2
e C3, orientadas positivamente no sentido horário. Definimos
I1 =
˛
C1
~F · d~r, I2 =
˛
C2
~F · d~r e I3 =
˛
C3
~F · d~r
Em cada coluna assinale uma alternativa correta.
( ) I1 > 0, I2 > 0, e I3 > 0.
( ) I1 > 0, I2 < 0, e I3 < 0.
( ) I1 > 0, I2 > 0, e I3 < 0.
(X) I1 < 0, I2 > 0, e I3 > 0.
( ) I1 < 0, I2 < 0, e I3 > 0.
( ) |I1| ≥ |I3| ≥ |I2|.
( ) |I1| ≥ |I2| ≥ |I3|.
( ) |I2| ≥ |I3| ≥ |I1|.
(X) |I3| ≥ |I2| ≥ |I1|.
( ) |I2| ≥ |I1| ≥ |I3|.
−2 −1 0 1 2 3 4
x
−2
−1
0
1
2
3
4
y
C1
C2
C3
Campo de velocidades
• Questão 6 (1.0 ponto) Sejam ~F = (e−(r−2)− e(r−2))r̂ e as três esferas S1, S2 e S3, com raios 1, 2 e 3, respectivamente, todas orientadas
para fora. Definimos
I1 =
¨
S1
~F · ~ndS, I2 =
¨
S2
~F · ~ndS e I3 =
¨
S3
~F · ~ndS.
Em cada coluna assinale uma alternativa correta.
(X) I1 > 0, I2 = 0, e I3 < 0.
( ) I1 > 0, I2 > 0, e I3 < 0.
( ) I1 < 0, I2 = 0, e I3 > 0.
( ) I1 < 0, I2 < 0, e I3 > 0.
( ) I1 > 0, I2 > 0, e I3 > 0.
( ) |I1| = |I3| ≤ |I2|.
(X) |I3| ≥ |I1| ≥ |I2| = 0.
( ) |I3| = |I1| ≥ |I2| > 0.
( ) |I1| ≤ |I2| ≤ |I3|.
( ) |I1| = |I2| ≥ |I3|.
• Questão 7 (2.0) Considere a região V por um lado pela superf́ıcie S1 de equação
x =
√
1− y2 − z2, 0 ≤ x ≤ 1
e por outro pelo plano x = 0 e o campo ~F = (x3 + 1)~i+ (y3 + z)~j + (z3 + x)~k.
(a) Use o teorema da divergência para calcular o fluxo de ~F através da superf́ıcie S que limita V orientada para fora.
(b) Calcule o valor de
¨
S1
~F · ~ndS. Dica: use o resultado do item a.
Solução: a) Observe que ~∇ · ~F = 3x2 + 3y2 + 3z2 e a superf́ıcie é um hemisfério de raio 1 e x ≥ 0. Logo
¨
S
~F · ~ndS =
˚
V
~∇ · ~FdV
=
ˆ π/2
−π/2
ˆ π
0
ˆ 1
0
3ρ2ρ2 sen(φ)dρdφdθ
=
6π
5
Solução: b) O teorema da divergência nos dá
˚
V
~∇ · ~FdV =
¨
S
~F · ~ndS =
¨
S1
~F · ~ndS +
¨
D
~F · ~ndS
onde D é o disco y2 + z2 ≤ 1 no plano x = 0. Temos, pelo item a)
˚
V
~∇ · ~FdV = 6π
5
.
Também,
¨
D
~F · ~ndS =
¨
D
(−x3 − 1)dA = −
¨
D
1dA = −π.
Logo,
¨
S1
~F · ~ndS = 6π
5
+ π =
11π
5
.
• Questão 8 (2.0 pontos) Considere a circunferência C que limita a superf́ıcie aberta de equação
z =
√
x2 + y2, 0 ≤ z ≤ 2
orientada no sentido anti-horário (em relação ao eixo z) e o campo ~F = z2~i+ 2x~j − y3~k. Faça o que se pede:
(a) Calcule o fluxo do rotacional de ~F através do disco de equação
x2 + y2 ≤ 22, z = 2.
(b) Calcule o valor de
˛
C
~F · d~r.
Solução: a) Temos que
~∇× ~F =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
z2 2x −y3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −3y2~i+ 2z~j + 2~k.
Seja D o disco no plano z = 2, x2 + y2 ≤ 4. Definimos G = z − 2 e temos ~∇G = ~k. Assim,
¨
D
~∇× ~F · ~ndS =
¨
D
2dA = 8π.
Solução: b) Pelo teorema de Stokes
˛
C
~F · d~r =
¨
D
~∇× ~F · ~ndS = 8π.
UFRGS - INSTITUTO DE MATEMÁTICA
Departamento de Matemática Pura e Aplicada
MAT01168 - Turma A - 2018/1
Prova da área I
1-6 7 8 Total
Nome: Cartão:
Regras Gerais:
• Não é permitido o uso de calculadoras, telefones ou qualquer outro recurso computacional ou de comunicação.
• Trabalhe individualmente e sem uso de material de consulta além do fornecido.
• Devolva o caderno de questões preenchido ao final da prova.
Regras para as questões abertas
• Seja sucinto, completo e claro.
• Justifique todo procedimento usado.
• Indique identidades matemáticas usadas, em especial, itens da tabela.
• Use notação matemática consistente.
Tabela do operador ~∇:
f = f(x, y, z) e g = g(x, y, z) são funções escalares;
~F = ~F (x, y, z) e ~G = ~G(x, y, z) são funções vetoriais.
1. ~∇ (f + g) = ~∇f + ~∇g
2. ~∇ ·
(
~F + ~G
)
= ~∇ · ~F + ~∇ · ~G
3. ~∇×
(
~F + ~G
)
= ~∇× ~F + ~∇× ~G
4. ~∇ (fg) = f ~∇g + g~∇f
5. ~∇ ·
(
f ~F
)
=
(
~∇f
)
· ~F + f
(
~∇ · ~F
)
6. ~∇×
(
f ~F
)
= ~∇f × ~F + f ~∇× ~F
7. ~∇ · ~∇f = ~∇2f =
∂2f
∂x2
+
∂2f
∂y2
+
∂2f
∂z2
,
onde ~∇2 =
∂2
∂x2
+
∂2
∂y2
+
∂2
∂z2
é o operador laplaciano
8. ~∇×
(
~∇f
)
= 0
9. ~∇ ·
(
~∇× ~F
)
= 0
10. ~∇×
(
~∇× ~F
)
= ~∇
(
~∇ · ~F
)
− ~∇2 ~F
11. ~∇ ·
(
~F × ~G
)
= G ·
(
~∇× ~F
)
− F ·
(
~∇× ~G
)
12.
~∇×
(
~F × ~G
)
=
(
~G · ~∇
)
~F − ~G
(
~∇ · ~F
)
−
−
(
~F · ~∇
)
~G+ ~F
(
~∇ · ~G
)
13.
~∇
(
~F · ~G
)
=
(
~G · ~∇
)
~F +
(
~F · ~∇
)
~G+
+~F ×
(
~∇× ~G
)
+ ~G×
(
~∇× ~F
)
Curvatura, torção e aceleração:
Nome Definição
Curvatura κ =
∥
∥
∥
∥
∥
d~T
ds
∥
∥
∥
∥
∥
=
∥
∥
∥
∥
∥
∥
d~T
dt
ds
dt
∥
∥
∥
∥
∥
∥
=
‖~r′(t) × ~r′′(t)‖
‖~r′(t)‖3
Torção τ = −
d ~B
ds
· ~N =
(~r′(t) × ~r′′(t)) · ~r′′′(t)
‖~r′(t) × ~r′′(t)‖2
Módulo
da Torção
|τ | =
∥
∥
∥
∥
∥
d ~B
ds
∥
∥
∥
∥
∥
=
∥
∥
∥
∥
∥
∥
d~B
dt
ds
dt
∥
∥
∥
∥
∥
∥
Aceleração
normal
aN =
‖~a × ~v‖
v
=
v2
ρ
= κv2
Aceleração
tangencial
aT =
~a · ~v
v
=
dv
dt
Equações de Frenet-Serret:
d~T
ds
= κ ~N
d ~N
ds
= −κ~T +τ ~B
d ~B
ds
= −τ ~N
• Questão 1 (1.0 ponto) Considere as curvas C1, C2, C3 e C4, com curvaturas κ1,
κ2, κ3 e κ4, respectivamente. A curva C3 é dada pela equação y = x e as curvas C2
e C4 são simétricas com respeito a curva C3. Na primeira coluna, marque o item
que apresenta todas as curvas com curvatura constante e, na segunda, a magnitude
das curvaturas nos pontos de encontro entre as curvas C2, C3 e C4.
Curvas com curvatura constante
( ) Somente C3.
(X) Somente C3 e C1.
( ) Somente C3 e C2.
( ) Somente C1 e C4.
( ) Somente C1 e C2.
( ) Somente C2e C4.
Curvaturas nos pontos de encontro de C2, C3 e C4
( ) κ2 > κ3 > κ4.
( ) κ2 < κ3 < κ4.
( ) κ3 < κ2 < κ4.
(X) κ2 = κ4 > κ3.
( ) κ2 = κ4 < κ3.
( ) κ2 < κ4 = κ3.
−2.0 −1.5 −1.0 −0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0
−2.0
−1.5
−1.0
−0.5
0.0
0.5
1.0
1.5
2.0
C1
C2
C3
C4
• Questão 2 (1.0 ponto) Considere três
pontos sobre a curva ao lado, nomeados de
P1, P2 e P3, dispostos respectivamente no
sentido positivo da curva, e em cada ponto o
esboço do triedro de Frenet-Serret. Considere
um part́ıcula se deslocando sobre a curva
no sentido positivo com velocidade escalar
constante de 2 m/s. Marque na primeira
coluna o correto item sobre a aceleração da
part́ıcula e, na segunda, a correta afirmação
sobre o sinal da torção em cada pedaço da
curva.
Aceleração
( ) A aceleração é o vetor nulo.
( ) A componente normal da aceleração é nula.
(X) A componente tangencial da aceleração é nula.
( ) A norma do vetor aceleração é zero em todos os pontos.
( ) A norma do vetor aceleração tem derivada zero em todos
os pontos.
Torção
(X) A torção é sempre positiva.
( ) A torção é sempre negativa.
( ) A torção é positiva entre P1 e P2 e negativa entre P2 e P3.
( ) A torção é negativa entre P1 e P2 e positiva entre P2 e P3.
( ) A torção é zero nos pontos P1, P2 e P3.
• Questão 3 (1.0 ponto) Considere os campos dados por ~F = x~i + xey~j + xyz~k, ~G = ~∇ × ~F e S a esfera unitária centrada na origem
orientada para dentro. Marque na primeira coluna o campo ~G e, na segunda, o valor de
¨
S
~G · ~ndS.
(X) xz~i− yz~j + ey~k
( ) yz~i− xz~j + ey~k
( ) −xz~i+ yz~j − ey~k
( ) ey~i− z~j + z~k
( ) ey~i+ xz~j − yz~k
(X) 0
( ) 1
( ) −1
( ) 2
( ) −2
• Questão 4 (1.0 ponto) Considere a superf́ıcie S aberta
dada na figura ao lado, limitada pelo curva C. A superf́ıcie
S é dada por uma função z = f(x, y), tem simetria axial
em relação ao eixo z e o domı́nio de f é [−1, 1] × [−1, 1].
A superf́ıcie S está orientada no sentido de −~k e a curva C
está positivamente orientada com respeito a S. Considere o
campo ~F = y2~k e as seguintes integrais:
A =
ˆ
C
~F · d~r
e
B =
¨
S
~F · ~ndS.
Marque na primeira coluna o correto sinal de A e, na segunda,
o correto sinal de B.
Sinal de A
( ) A > 0.
(X) A = 0.
( ) A < 0.
( ) Embora A 6= 0, não é posśıvel saber seu sinal.
( ) Não há informações suficientes para estimar A.
Sinal de B
( ) B > 0.
( ) B = 0.
(X) B < 0.
( ) Embora B 6= 0, não é posśıvel saber seu sinal.
( ) Não há informações suficientes para estimar B.
• Questão 5 (1.0 ponto) Dado o campo conservativo ~F = (2x + yz)~i + (2y + xz)~j + (2z + xy)~k, marque na primeira coluna o pontecial
φ(x, y, z) e, na segunda, o valor
ˆ
C
~F · d~r, onde C é a curva ~r = cos(2πt)~i + sen(2πt)~j + t2~k, 0 ≤ t ≤ 1.
(X) xyz + x2 + y2 + z2.
( ) x2 + y2 + z2.
( ) xyz.
( ) xyz + xy + yz + zx.
( ) xy + yz + zx.
( ) 0.
(X) 1.
( ) 2.
( ) 3.
( ) 4.
• Questão 6 (1.0 ponto) Considere o campo vetorial ~F = ~j + z~k e a superf́ıcie S formada pelas seis faces do cubo de lado 4 (x = ±2,
y = ±2 e z = ±2), orientada para fora. Chamamos de S1 apenas a face x = 2 do cubo, orientado no sentido de ~i. Na primeira coluna
marque o item que corresponde
¨
S1
~F · ~ndS e, na segunda,
‹
S
~F · ~ndS.
(X) 0
( ) 2
( ) 4
( ) 6
( ) 8
( ) 4
( ) 16
( ) 32
( ) 48
(X) 64
• Questão 7 (2.0 ponto) Calcule o ponto onde a curva y = ex tem curvatura máxima.
Solução: Começamos calculando a função curvatura, usando a parametrização ~r(t) = t~i+ et~j:
~r′(t) = ~i+ et~j,
‖r′(t)‖ =
√
1 + e2t,
~r′′(t) = et~j,
~r′(t) × ~r′′(t) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k
1 et 0
0 et 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= et~k,
‖~r′(t) × ~r′′(t)‖ = et,
κ(t) =
et
(1 + e2t)3/2
.
Agora, vamos calcular o ponto de máximo de κ(t), procurando t tal que κ′(t) = 0.
κ(t) =
(1 + e2t)3/2et − et 3
2
(1 + e2t)1/22e2t
(1 + e2t)3
=
(1 + e2t)1/2
(1 + e2t)3
(
1− 2e2t
)
et = 0
Assim,
1− 2e2t = 0,
levando a
e2t =
1
2
.
Portanto,
t =
1
2
ln
(
1
2
)
.
• Questão 8 (2.0 ponto) Considere a superf́ıcie S aberta dada
na figura ao lado, orientada no sentido côncavo-convexo. Seja
C a curva no plano z = 0 que limita S. A equação da superf́ıcie
S é dada por
z2 + z3 + e−10z = 2− x2 − y2.
Considere o campo ~F = −y~i+ x~j + z~k. Calcule
¨
S
~∇× ~F · ~ndS.
Dica: Use o teorema de Stokes.
Solução: Pelo teorema de Stokes, temos:
¨
S
~∇× ~F · ~ndS =
˛
C
~F · d~r =
¨
D
~∇× ~F · ~ndS,
Aqui, C é o corte da superf́ıcie S com o plano z = 0, isto é,
02 + 03 + e0 = 2− x2 − y2.
Logo, C é a circunferência x2 + y2 = 1. Também, D é o disco no plano z = 0, com limites satisfazendo x2 + y2 ≤ 1. Vamos usar a última
expressão do lado direito para calcular o fluxo através da superf́ıcie:
¨
D
~∇× ~F · ~ndS.
Assim, calculamos o ratocional do campo:
~∇× ~F =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
~i ~j ~k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
−y x z
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 2~k.
Finalmente, temos
¨
D
~∇× ~F · ~ndS =
¨
D
2~k · ~kdA = 2
¨
D
1dA = 2π.
UFRGS - INSTITUTO DE MATEMÁTICA
Departamento de Matemática Pura e Aplicada
MAT01168 - Turma A - 2019/1
Prova da área I
1-6 7 8 Total
Nome: Cartão:
Ponto extra: ( )Wikipédia ( )Apresentação ( )Nenhum Tópico:
Regras Gerais:
• Não é permitido o uso de calculadoras, telefones ou qualquer outro recurso computacional ou de comunicação.
• Trabalhe individualmente e sem uso de material de consulta além do fornecido.
• Devolva o caderno de questões preenchido ao final da prova.
Regras para as questões abertas
• Seja sucinto, completo e claro.
• Justifique todo procedimento usado.
• Indique identidades matemáticas usadas, em especial, itens da tabela.
• Use notação matemática consistente.
Tabela do operador ~∇:
f = f(x, y, z) e g = g(x, y, z) são funções escalares;
~F = ~F (x, y, z) e ~G = ~G(x, y, z) são funções vetoriais.
1. ~∇ (f + g) = ~∇f + ~∇g
2. ~∇ ·
(
~F + ~G
)
= ~∇ · ~F + ~∇ · ~G
3. ~∇×
(
~F + ~G
)
= ~∇× ~F + ~∇× ~G
4. ~∇ (fg) = f ~∇g + g~∇f
5. ~∇ ·
(
f ~F
)
=
(
~∇f
)
· ~F + f
(
~∇ · ~F
)
6. ~∇×
(
f ~F
)
= ~∇f × ~F + f ~∇× ~F
7. ~∇ · ~∇f = ~∇2f = ∂
2f
∂x2
+
∂2f
∂y2
+
∂2f
∂z2
,
onde ~∇2 = ∂
2
∂x2
+
∂2
∂y2
+
∂2
∂z2
é o operador laplaciano
8. ~∇×
(
~∇f
)
= 0
9. ~∇ ·
(
~∇× ~F
)
= 0
10. ~∇×
(
~∇× ~F
)
= ~∇
(
~∇ · ~F
)
− ~∇2 ~F
11. ~∇ ·
(
~F × ~G
)
= G ·
(
~∇× ~F
)
− F ·
(
~∇× ~G
)
12.
~∇×
(
~F × ~G
)
=
(
~G · ~∇
)
~F − ~G
(
~∇ · ~F
)
−
−
(
~F · ~∇
)
~G+ ~F
(
~∇ · ~G
)
13.
~∇
(
~F · ~G
)
=
(
~G · ~∇
)
~F +
(
~F · ~∇
)
~G+
+~F ×
(
~∇× ~G
)
+ ~G×
(
~∇× ~F
)
14. ~∇ϕ(r) = ϕ′(r)r̂
Curvatura, torção e aceleração:
Nome Definição
Curvatura κ =
∥
∥
∥
∥
∥
d~T
ds
∥
∥
∥
∥
∥
=
∥
∥
∥
∥
∥
∥
d~T
dt
ds
dt
∥
∥
∥
∥
∥
∥
=
‖~r′(t) × ~r′′(t)‖
‖~r′(t)‖3
Torção τ = −d
~B
ds
· ~N = (~r
′(t) × ~r′′(t)) · ~r′′′(t)
‖~r′(t) × ~r′′(t)‖2
Módulo
da Torção
|τ | =
∥
∥
∥
∥
∥
d ~B
ds
∥
∥
∥
∥
∥
=
∥
∥
∥
∥
∥
∥
d~B
dt
ds
dt
∥
∥
∥
∥
∥
∥
Aceleração
normal
aN =
‖~a × ~v‖
v
=
v2
ρ
= κv2
Aceleração
tangencial
aT =
~a · ~v
v
=
dv
dt
Equações de Frenet-Serret:
d~T
ds
= κ ~N
d ~N
ds
= −κ~T +τ ~B
d ~B
ds
= −τ ~N
• Questão 1 (1.0 ponto) Dados dois ćırculos no plano xy, um fixo e outro rolando
sobre o primeiro, um ponto sobre o ćırculo rolante produz uma curva chamada car-
dioide. Considere a trajetória deste ponto parametrizada por ~r(t) = x(t)~i + y(t)~j,
0 ≤ t < 2π, onde a é uma constante e
x(t) = 2a(1 − cos(t)) cos(t) ,
y(t) = 2a(1 − cos(t)) sen(t) .
Supondo a = 1, assinale na primeira coluna o menor valor do parâmetro t para o qual
~r(t) = (−4, 0). Na segunda coluna assinale o vetor velocidade neste instante:
O parâmetro t:
( )
π
2
( x ) π
( )
3π
2
( ) 2π
( )
5π
2
Velocidade:
( ) 2~i
( ) 4~i
( ) 6~i
( ) −2~j
( x ) −4~j
( ) −6~j
Item a:
Procuramos o menor valor positivo de t tal que:
x(t) = 2(1− cos(t)) cos(t) = −4 ,
y(t) = 2(1− cos(t)) sen(t) = 0.
Da segunda equação,temos que ou sen(t) = 0 ou cos(t) = 1. Como a primeira identidade é não-nula, precisamos que sen(t) = 0, o que
implica cos(t) = −1, o que acontece pela primeira vez quando t = π.
Item b:
Basta diferenciar:
x′(t) = −2 sen(t) + 4 cos(t) sen(t),
y′(t) = 2 cos(t) − 2 cos2(t) + 2 sen2(t).
Portanto:
x′(π) = 0,
y′(π) = −4.
• Questão 2 (1.0 ponto) Considere a curva parametrizada por:
~r(t) = cos(t)~i + sen(t)~j + sen(2t)~k.
Assinale as alternativas que indicam respectivamente a curvatura em t =
π
2
e torção em t =
π
2
:
Curvatura em t =
π
2
( x )
1
5
( )
2
5
( )
3
5
( )
4
5
( ) 1
( )
6
5
Torção em t =
π
2
( )
2
5
( )
4
5
( )
6
5
( )
8
5
( x ) 2
Primeiro diferenciamos:
~r(t) = cos(t)~i + sen(t)~j + sen(2t)~k
~r′(t) = − sen(t)~i + cos(t)~j + 2 cos(2t)~k
~r′′(t) = − cos(t)~i − sen(t)~j − 4 sen(2t)~k
~r′′′(t) = sen(t)~i − cos(t)~j − 8 cos(2t)~k
Em t = π/2, temos:
~r′ = −~i− 2~k
~r′′ = −~j
~r′′′ = ~i+ 8~k
Assim:
~r′ × ~r′′ = 2~i+ ~k
~r′ × ~r′′ · ~r′′′ = 10
Portanto:
k =
‖~r′ × ~r′′‖
‖~r′‖3
=
√
5
√
5
3
=
1
5
τ =
~r′ × ~r′′ · ~r′′′
‖~r′ × ~r′′‖
=
10
√
5
2
=
10
5
= 2.
• Questão 3 (1.0 ponto) Considere a função vetorial dada por ~r(t) = ln(1 + t)~i +
√
1− t~j. Assinale na primeira coluna o domı́nio de
definição de ~r(t) e, na segunda, a declividade (coeficiente angular) da reta tangente à curva 2-D representada por ela no plano xy no ponto
em que t = 3/4.
Domı́nio:
( ) [−1, 1)
( ) [−1, 1]
( x ) (−1, 1]
( ) (−1, 1)
( ) Nenhuma das anteriores
Declividade:
( ) −1/4
( ) −3/4
( ) −5/4
( x ) −7/4
( ) −9/4
Vide questões 1 e 4 da lista 1 da apostila.
Item b:
Derivamos:
~r′(t) =
1
1 + t
~i− 1
2
(1 − t)−1/2~j
~r′(3/4) =
4
7
~i−~j
• Questão 4 (1.0 ponto) Considere o campo constante ~F (x, y, z) = f(x, y)~i + g(x, y)~j
esboçado na figura ao lado e os caminhos C1, C2 e C3 que começam no ponto (−2,−2, 0) e
terminam no ponto (4, 4, 0). O caminho C4 é a reta que liga o ponto (−2,−2, 0) ao ponto
(4, 4, 4). Defina W1 =
ˆ
C1
~F · d~r, W2 =
ˆ
C2
~F · d~r, W3 =
ˆ
C3
~F · d~r e W4 =
ˆ
C4
~F · d~r.
Assinale as alternativas corretas:
( ) 0 = W1 = W2 = W3
( x ) 0 < W1 = W2 = W3
( ) 0 < W1 < W2 = W3
( ) 0 = W1 < W2 < W3
( ) 0 = W1 < W2 = W3
( ) W4 =
1
2
W1.
( ) W4 =
√
2
2
W1.
( ) W4 =
√
3
2
W1.
( x ) W4 = W1.
( ) W4 =
√
2W1.
−2 −1 0 1 2 3 4
x
−2
−1
0
1
2
3
4
y
C1 C2 C3
Campo �F
Item a: O campo é conservativo por ser constante. Por isso e porque os caminhos compartilham o primeiro e último pontos, a integral
deve ser a mesma. Item b: Como o campo é conservativo, e o campo é perpendicular ao segmento (4,4,4)-(4,4,0), assim W1 = W4.
• Questão 5 (1.0 ponto) Seja S a superf́ıcie no plano xy limitada pelos eixos x e y, pelas retas x = e e y = e e a hipérbole xy = 1. A
superf́ıcie S é orientada no sentido positivo do eixo z e o caminho C é a curva que limita S orientada pela regra da mão direita. Seja
~F = y~i− x~j e ~G = ~∇‖~F‖.
Assinale as alternativas que indicam, respectivamente, os valores de W1 :=
ˆ
C
~F · d~r e W2 :=
ˆ
C
~G · d~r.
W1:
( x ) −6
( ) −3
( ) 0
( ) 3
( ) 6
W2:
( ) −6
( ) −3
( x ) 0
( ) 3
( ) 6
Vide questão 5 da lista 0. Item a: Primeiro calculamos o rotacional do campo dado por:
~∇× ~F = −2~k
e aplicamos o teorema de Stokes:
W1 =
¨
S
~∇× ~F · ~ndS
=
¨
S
−2~k · ~kdS
= −2
¨
S
dS
Aqui, S é a região limitada por C e a integral de 1 é a área da região. Assim:
W1 = −2
¨
S
dS
= −2
(
ˆ
1/e
0
edx+
ˆ e
1/e
dx
x
)
= −2
(
1 + ln(e2)
)
= −6
item b: A integral em caminho fechado de qualquer campo gradiente é zero.
• Questão 6 (1.0 ponto) Uma abelha se desloca em uma região onde a temperatura T (x, y, z) é dada em kelvin pela expressão :
T (x, y, z) = 300 − 2(x2 + y2)− 2z + z2.
O curioso inseto está no ponto (1, 1, 1) e se desloca na direção de máxima taxa de variação da temperatura a uma velocidade de 3m/s.
Assinale na primeira alternativa o vetor velocidade da abelha e, na segunda coluna, derivada temporal da temperatura em K/s.
Velocidade:
( ) ~v = − 3√
3
(
~i+~j + ~k
)
( ) ~v = − 3√
6
(
~i+~j − 2~k
)
( ) ~v = − 3√
2
(
~i−~j
)
( ) ~v = −3
2
(
~i−~j
)
( ) ~v = −3
2
(
~i+~j
)
( x ) ~v = − 3√
2
(
~i+~j
)
dT
dt
:
( )
dT
dt
= 0
( )
dT
dt
=
√
2
( )
dT
dt
= 3
√
2
( )
dT
dt
= 6
√
2
( x )
dT
dt
= 12
√
2
Item a:
Sabemos que ~v = v ~T , onde a direção ~T de maior variação é dada por ~T =
~∇T
‖~∇T‖
. A velocidade escalar v é dada igual a 3. Logo basta
calcular o gradiente:
~∇T (x, y, z) = −4x~i− 4y~j + (−2 + 2z)~k,
~∇T (1, 1, 1) = −4~i− 4~j.
Assim:
~v = 3
−4~i− 4~j
4
√
2
= − 3√
2
(
~i+~j
)
.
Item b: Supondo ~r a trajetória do inseto, temos:
dT
dt
=
∂T
∂x
dx
dt
+
∂T
∂y
dy
dt
+
∂T
∂z
dz
dt
= ~∇T · ~r′
=
(
−4~i− 4~j
)
·
(
− 3√
2
(
~i+~j
)
)
=
12√
2
+
12√
2
= 12
√
2
Alternativamente, em termos do comprimento de arco s, temos:
dT
dt
=
dT
ds
ds
dt
= ‖~∇T‖‖~r′‖ = 3 · 4
√
2 = 12
√
2
• Questão 7 (1.0 ponto) Uma part́ıcula de massa constante m e velocidade ~v(t) é atráıda para a origem pela ação exclusiva de uma força
central dada por ~F = f(r)r̂. Mostre que o momento angular ~L = ~r ×m~v é constante, isto é, d
~L
dt
= ~0.
Vide problema 3 da lista 4
Observe que
d~L
dt
= ~r′ ×m~v + ~r ×m~v′ = ~v ×m~v + ~r ×m~a.
Dos dados do exerćıcio temos m~a = ~F = f(r)r̂, o que implica em
d~L
dt
= ~v ×m~v + ~r × f(r)r̂.
Como o produto vetorial entre dois vetores paralelos é zero, conclúımos
d~L
dt
= ~0,
pois ~v//m~v e ~r//f(r)r̂.
• Questão 8 (3.0 pontos) Considere a superf́ıcie fechada orientada para fora composta superiormente pela superf́ıcie de rotação descrita
como
z = f(x, y) = 1−
√
x2 + y2
e inferiormente por
z = 0, x2 + y2 ≤ 1.
Seja o campo vetorial dado por ~F = (2 + z2 + x)~k.
a) Calcule o valor do fluxo
¨
S
~F · ~ndS via parametrização direta da superf́ıcie.
b) Calcule o valor do fluxo
¨
S
~F · ~ndS via teorema da divergência.
c) Calcule o valor do fluxo
¨
S
~∇× ~F · ~ndS via parametrização direta da superf́ıcie.
Item a: Seja S1 a superf́ıcie cônica z = f1(x, y) = 1−
√
x2 + y2 e S2 o disco z = f2(x, y) = 0, x
2 + y2 ≤ 1.
Para parametrizar S1, considere a função G1(x, y, z) = z − 1 +
√
x2 + y2. Temos
~∇G1 =
x
√
x2 + y2
~i+
y
√
x2 + y2
~j + ~k
e
Φ1 :=
¨
S1
~F · ~ndS
=
¨
A
~F · ~∇G1dA
=
¨
A
(
2 + z2 + x
)
dA
=
¨
A
(
2 + (1−
√
x2 + y2)2 + x
)
dA
Resolvemos em coordenadas polares:
Φ1 =
ˆ
1
0
ˆ
2π
0
(
2 + (1− r)2 + r cos(θ)
)
rdθdr
=
ˆ
1
0
ˆ
2π
0
(
3r − 2r2 + r3 + r2 cos(θ)
)
dθdr
= 2π
ˆ
1
0
(
3r − 2r2 + r3
)
dr +
ˆ
1
0
(
[
r2 sen(θ)
]θ=2π
θ=0
)
dr
= 2π
[
3
r2
2
− 2 r
3
3
+
r4
4
]1
0
= 2π
[
3
2
− 2
3
+
1
4
]
1
0
=
13π
6
Para parametrizar o disco z = f2(x, y) = 0, x
2 + y2 ≤ 1, considere a função G2(x, y, z) = z. Temos
~∇G2 = ~k
e
Φ2 :=
¨
S2
~F · ~ndS
= −
¨
A
~F · ~∇G2dA
= −
¨
A
(
2 + z2 + x
)
dA
= −
¨
A
(2 + x) dA
Resolvemos em coordenadas polares:
Φ2 = −
ˆ
1
0
ˆ
2π
0
(2 + r cos(θ)) rdθdr
= −
ˆ
1
0
ˆ
2π
0
(2r + r cos(θ)) rdθdr
= −2π
ˆ
1
0
2rdr −
ˆ
1
0
(
[
r2 sen(θ)
]θ=2π
θ=0
)
dr
= −2π.
Portanto, Φ = Φ1 + φ2 =
13π
6
− 2π = π
6
.
Item b: Temos ~∇ · ~F = 2z. Assim,
Φ =
¨
S
~F · ~ndS
=
˚
V
~∇ · ~FdV
=
ˆ
1
0
ˆ
2π
0
ˆ
1−r
0
2zrdzdθdr
=
ˆ
1
0
ˆ
2π
0
(1 − r)2rdθdr
= 2π
ˆ
1
0
(1 − r)2rdr
= 2π
ˆ
1
0
(
r − 2r2 + r3
)
dr
= 2π
[
r2
2
− 2 r
3
3
+
r4
4
]1
0
= 2π
(
1
2
− 2
3
+
1
4
)
=
π
6
.
Item c: Primeiro calculamos o rotacional: ~∇× ~F = −~j. Usamos f1, f2, G1 e G2 calculados no item a). Assim,
Φ1 :=
¨
S1
(−~j) · ~ndS
=
¨
A
(−~j) · ~∇G1dA
= −
ˆ
1
0
ˆ
2π
0
sen(θ)rdθdr
= 0
e
Φ2 :=
¨
S2
(−~j) · ~ndS
=
¨
A
(−~j) · ~∇G1dA
=
¨
A
0dA
= 0
Portanto, Φ = Φ1 + φ2 = 0.
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Departamento de Matemática Pura e Aplicada
MAT01168 - Turma A - 2019/2
Prova da área I
1-5 6 7 Total
Nome: Cartão:
Pontoextra: ( )Wikipédia ( )Apresentação ( )Nenhum Tópico:
Regras Gerais:
• Não é permitido o uso de calculadoras, telefones ou qualquer outro recurso computacional ou de comunicação.
• Trabalhe individualmente e sem uso de material de consulta além do fornecido.
• Devolva o caderno de questões preenchido ao final da prova.
Regras para as questões abertas
• Seja sucinto, completo e claro.
• Justifique todo procedimento usado.
• Indique identidades matemáticas usadas, em especial, itens da tabela.
• Use notação matemática consistente.
Tabela do operador ~∇:
f = f(x, y, z) e g = g(x, y, z) são funções escalares;
~F = ~F (x, y, z) e ~G = ~G(x, y, z) são funções vetoriais.
1. ~∇ (f + g) = ~∇f + ~∇g
2. ~∇ ·
(
~F + ~G
)
= ~∇ · ~F + ~∇ · ~G
3. ~∇×
(
~F + ~G
)
= ~∇× ~F + ~∇× ~G
4. ~∇ (fg) = f ~∇g + g~∇f
5. ~∇ ·
(
f ~F
)
=
(
~∇f
)
· ~F + f
(
~∇ · ~F
)
6. ~∇×
(
f ~F
)
= ~∇f × ~F + f ~∇× ~F
7. ~∇ · ~∇f = ~∇2f = ∂
2f
∂x2
+
∂2f
∂y2
+
∂2f
∂z2
,
onde ~∇2 = ∂
2
∂x2
+
∂2
∂y2
+
∂2
∂z2
é o operador laplaciano
8. ~∇×
(
~∇f
)
= 0
9. ~∇ ·
(
~∇× ~F
)
= 0
10. ~∇×
(
~∇× ~F
)
= ~∇
(
~∇ · ~F
)
− ~∇2 ~F
11. ~∇ ·
(
~F × ~G
)
= G ·
(
~∇× ~F
)
− F ·
(
~∇× ~G
)
12.
~∇×
(
~F × ~G
)
=
(
~G · ~∇
)
~F − ~G
(
~∇ · ~F
)
−
−
(
~F · ~∇
)
~G+ ~F
(
~∇ · ~G
)
13.
~∇
(
~F · ~G
)
=
(
~G · ~∇
)
~F +
(
~F · ~∇
)
~G+
+~F ×
(
~∇× ~G
)
+ ~G×
(
~∇× ~F
)
14. ~∇ϕ(r) = ϕ′(r)r̂
Curvatura, torção e aceleração:
Nome Definição
Curvatura κ =
∥
∥
∥
∥
∥
d~T
ds
∥
∥
∥
∥
∥
=
∥
∥
∥
∥
∥
∥
d~T
dt
ds
dt
∥
∥
∥
∥
∥
∥
=
‖~r′(t) × ~r′′(t)‖
‖~r′(t)‖3
Torção τ = −d
~B
ds
· ~N = (~r
′(t) × ~r′′(t)) · ~r′′′(t)
‖~r′(t) × ~r′′(t)‖2
Módulo
da Torção
|τ | =
∥
∥
∥
∥
∥
d ~B
ds
∥
∥
∥
∥
∥
=
∥
∥
∥
∥
∥
∥
d~B
dt
ds
dt
∥
∥
∥
∥
∥
∥
Aceleração
normal
aN =
‖~a × ~v‖
v
=
v2
ρ
= κv2
Aceleração
tangencial
aT =
~a · ~v
v
=
dv
dt
Equações de Frenet-Serret:
d~T
ds
= κ ~N
d ~N
ds
= −κ~T +τ ~B
d ~B
ds
= −τ ~N
• Questão 1 (1.0 ponto) Considere a curva
representada na figura ao lado. A figura é
simétrica com respeito a origem, isto é, ela
pode ser representada por uma função ı́mpar
y(x). Considere que a curva está orientada no
sentido positivo de x. Assinale as alternativas
corretas que indicam o vetor binormal nos pon-
tos (−1,−1) e (1, 1) e o gráfico da curvatura
κ(x), respectivamente.
1
−1
1−1
x
y
Vetor binormal nos pontos
(−1,−1) e (1, 1), nessa ordem.
( ) ~k e −~k.
(X) −~k e ~k.
( ) ~k e ~k.
( ) −~k e −~k.
( ) nenhuma das alternativas
anteriores.
1
−1
1−1
x
y
( )
1
−1
1−1
x
y
(X)
1
−1
1−1
x
y
( )
1
−1
1−1
x
y
( )
1
−1
1−1
x
y
( )
1
−1
1−1
x
y
( )
• Questão 2 (1.0 ponto) Mens sana in corpore sano. Diversos estudantes têm aderido ao ciclismo
como modo de transporte barato, não poluente e saudável. Em uma bicicleta, uma estudante de
engenharia se desloca sobre o plano nos arredores da orla do Guáıba em Porto Alegre. Em de-
terminado momento, a ciclista trava o guidon e percorre uma trajetória circular com 3m de raio à
velocidade constante de 2 m/s. Assinale as alternativas que indicam a aceleração normal e tangencial
experimentada pela atleta.
( ) aN =
8
3
m/s2
( ) aN =
6
3
m/s2
(X) aN =
4
3
m/s2
( ) aN =
2
3
m/s2
( ) aN =
1
3
m/s2
( ) aN = 0
( ) aT =
8
3
m/s2
( ) aT =
6
3
m/s2
( ) aT =
4
3
m/s2
( ) aT =
2
3
m/s2
( ) aT =
1
3
m/s2
(X) aT = 0
• Questão 3 (1.0 ponto) Seja ~F o campo vetorial dado por ~F = e−
√
x2+y2~i, C1 o caminho dado pela semircunferência de raio unitário
no plano xy com y > 0 orientada no sentido (1, 0, 0) → (−1, 0, 0) e C2 o caminho dado pelo segmento de reta que liga o ponto (−1, 0, 0) ao
ponto (1, 0, 0) orientado no sentido (−1, 0, 0) → (1, 0, 0).
Assinale as alternativas que indicam, respectivamente, W1 =
ˆ
C1
~F · d~r e W2 =
ˆ
C2
~F · d~r.
(X) W1 = −2e−1
( ) W1 = 2e
−1
( ) W1 = 2(1− e−1)
( ) W1 = 2(e
−1 − 1)
( ) W1 = 2
( ) W1 = −2
( ) W2 = −2e−1
( ) W2 = 2e
−1
(X) W2 = 2(1− e−1)
( ) W2 = 2(e
−1 − 1)
( ) W2 = 2
( ) W2 = −2
• Questão 4 (1.0 ponto) Seja ~F o campo vetorial dado por ~F =
(
2xy + y2
)
z~i+ x2y~k e C o caminho C dado pela circunferência centrada
em (0, 1, 0) e raio 1 no plano y = 1, orientada no sentido (1, 1, 0) → (0, 1, 1) → (−1, 1, 0) → (0, 1,−1) → (1, 1, 0).
Assinale as alternativas que indicam, respectivamente, ~G = ~∇× ~F e W =
ˆ
C
~F · d~r.
( ) ~G = x2~i+ y2~j
( ) ~G = x2~i+ y2~j + ~k
( ) ~G = x2~i+ (2xy + y2)~j − z(2x+ 2y)~k
( ) ~G = x2~i+ (2xy + y2)~j
(X) ~G = x2~i+ y2~j − z(2x+ 2y)~k
( ) 0
( ) 2π
( ) π
(X) −π
( ) −2π
• Questão 5 (1.0 ponto) Seja V o cubo de lado 1 cujos vértices são (0, 0, 0), (0, 0, 1), (0, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 0), (1, 0, 1), (1, 1, 0) e (1, 1, 1)
e S a superf́ıcie cúbica que limita V orientada para fora. Considere o campo ~F = r2~r.
Assinale as alternativas que indicam, respectivamente, ~∇ · ~F e
¨
S
~F · ~ndS
(X) ~∇ · ~F = 5r2
( ) ~∇ · ~F = 3r2
( ) ~∇ · ~F = 2r2
( ) ~∇ · ~F = 5r
( ) ~∇ · ~F = 3r
( ) 5/3
( ) 5/2
( ) 10/3
(X) 5
( ) 15
• Questão 6 (2.0 ponto) Seja a curva descrita por:
~r(t) = cos(t)~i + 2 sen(t)~j + t~k
a) (1.0) Calcule a curvatura κ como uma função da coordenada x e simplifique sua resposta.
b) (1.0) Calcule a torção τ como uma função da coordenada x e simplifique sua resposta.
Solução: a)
~r′ = − sen(t)~i + 2 cos(t)~j + ~k
‖~r′‖ =
√
sen2(t) + 4 cos2(t) + 1
~r′′ = − cos(t)~i − 2 sen(t)~j
~r′ × ~r′′ = 2 sen2(t)~k + 2 cos2(t)~k − cos(t)~j + 2 sen(t)~i = 2 sen(t)~i − cos(t)~j + 2~k
‖~r′ × ~r′′‖ =
√
4 sen2(t) + cos2(t) + 4
κ =
‖~r′ × ~r′′‖
‖~r′‖3
=
√
4 sen2(t) + cos2(t) + 4
(
√
sen2(t) + 4 cos2(t) + 1
)3
Usando o fato que sen2(t) = 1− cos2(t), temos:
κ =
√
4(1 − cos2(t)) + cos2(t) + 4
(
√
1− cos2(t) + 4 cos2(t) + 1
)3
=
√
8− 3 cos2(t)
(
√
2 + 3 cos2(t)
)3
=
√
8− 3x2
(√
2 + 3x2
)3
.
Solução: b)
~r′′′ = sen(t)~i − 2 cos(t)~j
(~r′ × ~r′′) · ~r′′′ = 2 sen2(t) + 2 cos2(t) = 2
‖~r′ × ~r′′‖2 = 4 sen2(t) + cos2(t) + 4
τ =
(~r′ × ~r′′) · ~r′′′
‖~r′ × ~r′′‖2
=
2
4 sen2(t) + cos2(t) + 4
.
Usando o fato que sen2(t) = 1− cos2(t), temos:
τ =
2
4(1− cos2(t)) + cos2(t) + 4
=
2
8− 3 cos2(t)
=
2
8− 3x2
.
• Questão 7 (3.0 ponto) Considere a superf́ıcie fechada dada superiormente por:
S1 : z = e
−x2−y2 , x2 + y2 ≤ 1.
e inferiormente por:
S2 : z = e
−1, x2 + y2 ≤ 1.
orientada para fora e o campo dado por ~F = z~k. Calcule Φ =
¨
S
~F · ~ηdS.
a) (1.5) Via teorema da divergência.
b) (1.5) Via parametrização direta da superf́ıcie.
Solução: a)
Φ =
¨
S
~F · ~ηdS
=
˚
V
~∇ · ~FdV
=
˚
V
1dV
=
ˆ
2π
0
ˆ
1
0
ˆ e−r
2
e−1
1rdzdrdθ
=
ˆ 2π
0
ˆ 1
0
(
re−r
2 − re−1
)
drdθ
=
ˆ 2π
0


(
− e
−r2
2
− r
2e−1
2
)∣
∣
∣
∣
∣
1
0

 dθ
=
ˆ 2π
0
(
1− e−1
2
− e
−1
2
)
dθ
= 2π
(
1− 2e−1
2
)
= π
(
1− 2e−1
)
Solução: b)
Superf́ıcie S1:
G = z − e−x2−y2
~∇G = −2xe−x2−y2~i− 2ye−x2−y2~j + ~k
~F = e−x
2
−y2~k.
Temos:
¨
S1
~F · ~ηdS =
¨
D
~F · ~∇GdA
=
¨
D
e−x
2
−y2dA
=
ˆ 2π
0
ˆ 1
0
e−r
2
rdrdθ
=
ˆ
2π
0


−e−r2
2
∣
∣
∣
∣
∣
1
0

 dθ
=
ˆ
2π
0
1− e−1
2
dθ
= 2π
1− e−1
2
= π
(
1− e−1
)
.
Superf́ıcie S2:
G = z − e−1
~∇G = ~k
~F = e−1~k.
Temos:
¨
S2
~F · ~ηdS = −
¨
D
~F · ~∇GdA
= −
¨
D
e−1dA = −πe−1.
Portanto:
Φ =
¨
S1
~F · ~ηdS +
¨
S2
~F · ~ηdS = π
(
1− 2e−1
)
.
UFRGS – INSTITUTO DE MATEMÁTICA
Departamento de Matemática Pura e Aplicada
MAT01168 - Turma B - 2012/1
Primeira avaliação - Grupo 1
1 2 3 4 Total
Nome: Cartão:
Regras a observar:
• Seja sucinto porém completo.
• Justifique todo procedimento usado.
• Use notação matemática consistente.
• Ao usar sistemas de coordenadas curviĺıneas (ciĺındricas, esféricas etc), indique a correspondência
para o sistema de coordenadas cartesianas (x,y,z).
• Trabalhe individualmente e sem uso de material de consulta além do fornecido.
• Devolva o caderno de questões preenchido ao finalda prova.
• Não é permitido destacar folhas nem usar folhas adicionais.
• Não é permitido o uso de calculadoras.
Formulário:
1. cosh(x) = e
x+e−x
2
2. senh(x) = e
x
−e−x
2
3. cos(t) = e
it+e−it
2
4. sen(t) = e
it
−e−it
2i
5. cos(2t) = cos2(t)− sen2(t)
6. sen(2t) = 2 sen(t) cos(t)
7. (a + b)n =
∑n
j=0
(
j
n
)
an−jbj ,
(
j
n
)
= n!
(n−j)!j!
• Questão 1 (2.50 pontos): Considere a trajetória dada pelo vetor posição
~r(t) = 2t cos(2πt)~i+ 2t sen(2πt)~j.
• Item a (1.25 ponto): Esboce o gráfico da trajetória para 0 ≤ t ≤ 2, indicando no gráfico o trio
de vetores de Frenet-Serret no instante t = 7
4
. Você deve indicar no gráfico o ponto inicial e final.
(Obs: Não é necessário calcular algebricamente o vetor).
• Item b (1.25 ponto) Sabendo que em determinado instante o vetor tangente unitário é dado
por ~T = 3
5
~i− 4
5
~j, encontre o versor que indica a direção e o sentido da aceleração normal neste mesmo
instante.
Solução item a:
b
b b
~T
~N
~B
t = 0
t = 2
No instante t = 7/4, a part́ıcula está no ponto
x = 27/4 cos
(
7
2
π
)
= 27/4 cos
(
3
2
π
)
= 0
y = 27/4 sen
(
7
2
π
)
= 27/4 sen
(
3
2
π
)
= −27/4
Solução item b Como o trio de vetores ~T − ~N − ~B forma um conjunto ortonormal de vetores
(ver questão 2 da lista adicional), temos:
~N = ~B × ~T = ~k ×
(
3
5
~i−
4
5
~j
)
=
3
5
~j +
4
5
~i
Solução item b para quem não fez o problema da lista e não se deu conta da relação
Alternativamente, poder-se-ia resolver observando que ~T · ~N e ‖ ~N‖ = 1. Como o movimento
acontece no plano xy, temos ~N = x~i+ y~j, logo
3
5
x−
4
5
y = 0 e x2 + y2 = 1
Fazendo um esboço dos vetores e levando em consideração o sentido da trajetória, descobrimos que
x > 0 e y > 0. Resolvendo a equação temos os mesmos valores.
Alternativamente, pode-se-ia proceder geometricamente esboçando os vetores e suas componentes.
• Questão 2a (1.5 pontos): Uma part́ıcula de massa m se move sob a ação exclusiva de uma campo
conservativo ~F = ~∇V . Mostre que a energia total dada por
E =
m
2
v(t)2 − V (x, y, z)
é preservada. Dica: Use que v2 = ~v · ~v OU ~v · ~a = vaT .
• Questão 2b (1.0 pontos): Encontre um potencial V para o campo ~F = cosh(r)r̂.
Solução item a Para mostrar que a energia se conserva, basta mostrar que a derivada temporal
é nula. (Ver problema 3 da Lista 4)
d
dt
E = m~v(t) ·
d~v(t)
dt
− ~∇V ·
d~r(t)
dt
= m~v(t) ·
d~v(t)
dt
− ~∇V · ~v(t)
= m~v(t) · ~a− ~F · ~v(t) = 0
onde foi usado que ~F = m~a.
Solução item b Como ~F é um campo com simetria radial, procuramos um potencial V com a
mesma simetria, ou seja, V = f(r). Como ~∇f(r) = f ′(r)r̂, temos a identidade
f ′(r)r̂ = cosh(r)r̂
Ou seja f ′(r) = cosh(r), o que implica f(r) =
∫
cosh(r)dr = senh(r) + C onde C é uma constante
arbitrária.
• Questão 3 (2.0 pontos): Considere o campo ~F = y sen(z)~j + cos(z)~k e superf́ıcie S dada por
S : z = 1− x2 − y2
acima do plano x = 0 orientada para o lado interno da concavidade. Calcule o fluxo de ~F através
de S. Dica: Escolha um teorema de integração que facilite seus cálculos.
Solução
Primeiro observamos que S é uma superf́ıcie aberta, logo não podemos aplicar diretamente o
Teorema da Divergência. No entanto, podemos fechar a superf́ıcie se considerarmos também a base
B dada por
B : x2 + y2 ≤ 1, z = 0
Logo temos
∫∫
S
⋃
B
~F · ~Nds = −
∫∫∫
V
~∇ · ~FdV
O sinal negativo foi adicionado pois estamos considerando o vetor normal unitário ~N apontado para
dentro. Como ~∇ · ~F = sen(z)− sen(z) = 0, temos:
∫∫
S
~F · ~Nds+
∫∫
B
~F · ~kds = 0
Mas ~F · ~k = cos(z) = 1 em z = 0, portanto
∫∫
S
~F · ~Nds = −
∫∫
B
~F · ~kds = −
∫∫
B
ds = −área de B = −π
• Questão 4 (3.0 pontos): Considere o campo ~F = y3~i+ z~k.
• Item a (1.5 pontos): Calcule o trabalho realizado por este campo ao deslocar uma part́ıcula
ao longo da circunferência de raio 3 centrada na origem sobre o plano xy orientada no sentido
anti-horário usando o Teorema de Stokes.
• Item b (1.5 pontos): Calcule o trabalho realizado por este campo ao deslocar uma part́ıcula
ao longo da circunferência de raio 3 centrada na origem sobre o plano xy orientada no sentido anti-
horário usando uma parametrização direta do caminho, ou seja, sem usar o Teorema de Stokes.
solução item a Pelo Teorema de Stokes, temos
W =
∮
C
~F · ~dr =
∫∫
S
~∇× ~F · ~ndS =
∫∫
S
~∇× ~F · ~kdS
Como ~n = ~k, temos
~∇× ~F · (~k) =
∂F2
∂x
−
∂F1
∂y
= −3y2
Usamos o sistema de coordenadas polares
x = ρ cos(φ)
y = ρ sen(φ)
Portanto
W =
∮
C
~F · ~dr =
∫∫
S
~∇× ~F · ~ndS = −
∫ 2π
0
∫ 3
0
(3y2)ρdρdφ
= −
∫ 2π
0
∫ 3
0
(3ρ2 sen2 φ)ρdρdφ = −3
∫ 2π
0
sen2 φdφ
∫ 2
0
ρ3dρ = −3π ·
81
4
= −
243π
4
onde foi usado
sen2(t) =
(
eit − e−it
2i
)2
= −
e2it − 2 + e−2it
4
=
1− cos(2t)
2
e
∫ 2π
0
sen2(φ)dφ =
∫ 2π
0
1− cos(2φ)
2
dφ = π
Solução item b Usamos a parametrização
~r(t) = 3 cos(t)~i+ 3 sen(t)~j
~r′(t) = −3 sen(t)~i+ 3 cos(t)~j
~F · ~r′(t) = −3 sen(t)y3 = −81 sen4(t)
Assim
W =
∫ 2π
0
~F · ~r′(t)dt = −81
∫ 2π
0
sen4(t)dt = −frac3434π
onde foi usado
sen4(t) =
(
eit − e−it
2i
)4
=
e4it − 4e2it + 6− 4e−2it + e−4it
16
=
3− 4 cos(2t) + cos(t)
8
e
∫ 2π
0
sen4(φ)dφ =
∫ 2π
0
3− 4 cos(2φ) + cos(φ)
8
dφ =
3π
4
UFRGS – INSTITUTO DE MATEMÁTICA
Departamento de Matemática Pura e Aplicada
MAT01168 - Turma B - 2012/1
Primeira avaliação - Grupo 2
1 2 3 4 Total
Nome: Cartão:
Regras a observar:
• Seja sucinto porém completo.
• Justifique todo procedimento usado.
• Use notação matemática consistente.
• Ao usar sistemas de coordenadas curviĺıneas (ciĺındricas, esféricas etc), indique a correspondência
para o sistema de coordenadas cartesianas (x,y,z).
• Trabalhe individualmente e sem uso de material de consulta além do fornecido.
• Devolva o caderno de questões preenchido ao final da prova.
• Não é permitido destacar folhas nem usar folhas adicionais.
• Não é permitido o uso de calculadoras.
Formulário:
1. cosh(x) = e
x+e−x
2
2. sinh(x) = e
x
−e−x
2
3. cos(t) = e
it+e−it
2
4. sen(t) = e
it
−e−it
2i
5. cos(2t) = cos2(t)− sen2(t)
6. sen(2t) = 2 sen(t) cos(t)
7. (a + b)n =
∑n
j=0
(
j
n
)
an−jbj ,
(
j
n
)
= n!
(n−j)!j!
• Questão 1 (2.50 pontos): Considere a trajetória dada pelo vetor posição
~r(t) = 2t sen(2πt)~i+ 2t cos(2πt)~j.
• Item a (1.25 ponto): Esboce o gráfico da trajetória para 0 ≤ t ≤ 2, indicando no gráfico o trio
de vetores de Frenet-Serret no instante t = 3
2
. Você deve indicar no gráfico o ponto inicial e final.
(Obs: Não é necessário calcular algebricamente o vetor).
• Item b (1.25 ponto) Sabendo que em determinado instante o vetor tangente unitário é dado
por ~T = 4
5
~i− 3
5
~j, encontre o versor que indica a direção e o sentido da aceleração normal neste mesmo
instante.
Solução item a:
x
y
b
b
~T
~N
~B
t = 0
t = 2
No instante t = 7/4, a part́ıcula está no ponto
x = 27/4 sen
(
7
2
π
)
= 27/4 sen
(
3
2
π
)
= −27/4
y = 27/4 cos
(
7
2
π
)
= 27/4 cos
(
3
2
π
)
= 0
Solução item b Como o trio de vetores ~T − ~N − ~B forma um conjunto ortonormal de vetores
(ver questão 2 da lista adicional), temos:
~N = ~B × ~T = −~k ×
(
4
5
~i−
3
5
~j
)
= −
4
5
~j −
3
5
~i
Solução item b para quem não fez o problema da lista e não se deu conta da relação
Alternativamente, poder-se-ia resolver observando que ~T · ~N e ‖ ~N‖ = 1. Como o movimento
acontece no plano xy, temos ~N = x~i+ y~j, logo
4
5
x−
3
5
y = 0 e x2 + y2 = 1
Fazendo um esboço dos vetores e levando em consideração o sentido da trajetória, descobrimos que
x < 0 e y < 0. Resolvendo a equação temos os mesmos valores.
Alternativamente, pode-se-ia proceder geometricamente esboçando os vetores e suas componentes.
• Questão 2a (1.5 pontos): Uma part́ıcula de massa m se move sob a ação exclusiva de uma campo
conservativo ~F = −~∇V . Mostre que a energia total dadapor
E =
m
2
v(t)2 + V (x, y, z)
é preservada. Dica: Use que v2 = ~v · ~v OU ~v · ~a = vaT .
• Questão 2b (1.0 pontos): Encontre um potencial V para o campo ~F = cosh(r)r̂.
Solução item a Para mostrar que a energia se conserva, basta mostrar que a derivada temporal
é nula. (Ver problema 3 da Lista 4)
d
dt
E = m~v(t) ·
d~v(t)
dt
+ ~∇V ·
d~r(t)
dt
= m~v(t) ·
d~v(t)
dt
+ ~∇V · ~v(t)
= m~v(t) · ~a− ~F · ~v(t) = 0
onde foi usado que ~F = m~a.
Solução do item b Da simetria radial, procuramos um potenncial central V = f(r) como
~∇V = f ′(r)r̂, temos que f ′(r) = − cosh(r), logo f(r) = − sinh(r) + C onde C é uma constante
arbitrária.
• Questão 3 (2.0 pontos): Considere o campo ~F = 2y sen(z)~j + 2 cos(z)~k e superf́ıcie S dada por
S : z = 1− x2 − y2
acima do plano x = 0 orientada para o lado externo da concavidade. Calcule o fluxo de ~F através
de S. Dica: Escolha o Teorema da Divergência a uma superf́ıcie adequada.
Solução Observamos que ∇ · ~F = sen(z) − sen(z) = 0. Aplicamos o Teorema da Divergência à
superf́ıcie fechada composta de S e o ćırculo de raio 1 centrado na origem sobre o plano xy e obtemos
0 =
∫∫
S
~F · ~Nds+
∫ 2π
0
∫ 1
0
~F · ~Nrdrdφ
Logo
Φ =
∫∫
S
~F · ~Nds = −
∫ 2π
0
∫ 1
0
~F · ~Nρdρdφ = −
∫ 2π
0
∫ 1
0
(−~k) · ~Fρdρdφ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
2 cos(0)ρdρdφ = 2π
• Questão 4 (3.0 pontos): Considere o campo ~F = y3~i+ z~k.
• Item a (1.5 pontos): Calcule o trabalho realizado por este campo ao deslocar uma part́ıcula ao
longo da circunferência de raio 2 centrada na origem sobre o plano xy orientada no sentido horário
usando o Teorema de Stokes.
• Item b (1.5 pontos): Calcule o trabalho realizado por este campo ao deslocar uma part́ıcula ao
longo da circunferência de raio 2 centrada na origem sobre o plano xy orientada no sentido horário
usando uma parametrização direta do caminho, ou seja, sem usar o Teorema de Stokes.
Solução item a
solução item a Pelo Teorema de Stokes, temos
W =
∮
C
~F · ~dr =
∫∫
S
~∇× ~F · ~ndS =
∫∫
S
~∇× ~F · ~kdS
Como ~n = −~k, temos
~∇× ~F · (−~k) = −
∂F2
∂x
−
∂F1
∂y
= 3y2
Usamos o sistema de coordenadas polares
x = ρ cos(φ)
y = ρ sen(φ)
Portanto
W =
∮
C
~F · ~dr =
∫∫
S
~∇× ~F · ~ndS =
∫ 2π
0
∫ 2
0
(3y2)ρdρdφ
=
∫ 2π
0
∫ 2
0
(3ρ2 sen2φ)ρdρdφ = 3
∫ 2π
0
sen2φdφ
∫ 2
0
ρ3dρ = 3π · 4 = 12π
onde foi usado
sen2(t) =
(
eit − e−it
2i
)2
= −
e2it − 2 + e−2it
4
=
1− cos(2t)
2
e
∫ 2π
0
sen2(φ)dφ =
∫ 2π
0
1− cos(2φ)
2
dφ = π
Solução item b Usamos a parametrização
~r(t) = 2 sen(t)~i+ 2 cos(t)~j
~r′(t) = 2 cos(t)~i− 2 sen(t)~j
~F · ~r′(t) = 2 cos(t)y3 = 16 cos4(t)
Assim
W =
∫ 2π
0
~F · ~r′(t)dt = 16
∫ 2π
0
cos4(t)dt = 12π
onde foi usado
cos4(t) =
(
eit + e−it
2
)4
=
e4it + 4e2it + 6 + 4e−2it + e−4it
16
=
3 + 4 cos(2t) + cos(t)
8
e
∫ 2π
0
cos4(φ)dφ =
∫ 2π
0
3 + 4 cos(2φ) + cos(φ)
8
dφ =
3π
4
Primeira avaliação - MAT01168 - MATEMÁTICA APLICADA II - Turma C
Nome: Cartao:
Regras a observar:
• Seja sucinto porém completo.
• Justifique todo procedimento usado.
• Use notação matemática consistente.
• Ao usar sistemas de coordenadas curviĺıneas (ciĺındricas, esféricas etc), indique a correspondência para o sistema de
coordenadas cartesianas (x,y,z).
• Trabalhe individualmente e sem uso de material de consulta além do fornecido.
• Devolva o caderno de questões preenchido ao final da prova.
• Não é permitido destacar folhas nem usar folhas adicionais.
• Não é permitido o uso de calculadoras.
Formulário:
1. cosh(x) = e
x+e−x
2
2. sinh(x) = e
x−e−x
2
3. cos(t) = e
it+e−it
2
4. sin(t) = e
it−e−it
2i
5. cos(2t) = cos2(t)− sin2(t)
6. sin(2t) = 2 sin(t) cos(t)
7. (a+ b)n =
∑n
j=0
(
j
k
)
an−jbj ,
(
j
k
)
= n!(n−j)!j!
1
Questão 1 (2.5) Um automóvel se desloca sobre uma pista horizontal em forma de elipse, cujo raio de curvatura varia entre
100m e 800m.
a) (1.5) Parametrize uma elipse em coordenadas cartesianas no plano xy e, a partir dessa parametrização, calcule o compri-
mento de cada um dos semi-eixos.
b) (1.0) Calcule a velocidade escalar máxima com que o automóvel pode percorrer a pista sem que sua aceleração normal
supere 4m/s2.
Solução item a
Consideramos a seguinte parametrização:
x = a cos(t)
y = b sin(t)
onde 0 ≤ a ≤ b são positivos e indicam os semi-eixos da elipse e 0 ≤ t ≤ 2π. A fim de obter o raio de curvatura, calculamos a
curvatura através da fórmula
κ(t) =
‖r′(t)× r′′(t)‖
‖r′(t)‖3
.
onde ~r é o vetor posição dado por
~r(t) = a cos(t)~i+ b sin(t)~j
as derivadas de ~r(t) são, portanto, dadas por:
r′(t) = −a sin(t)~i+ b cos(t)~j
r′′(t) = −a cos(t)~i− b sin(t)~j
Assim, temos:
~r′(t)× ~r′′(t) =
(
−a sin(t)~i+ b cos(t)~j
)
×
(
−a cos(t)~i− b sin(t)~j
)
= ab sin2(t)~k + ab cos2(t)~k = ab~k
Onde usamos a identidade trigonométrica sin2(t) + cos2(t) = 1 e as identidades vetoriais~i×~j = ~k, ~j×~i = −~k e~i×~i = ~j×~j = ~0.
Agora calculamos ‖~r(t)‖:
‖~r(t)‖ =
[
a2 sin2(t) + b2 cos2(t)
]1/2
Desta forma, temos:
κ(t) =
‖r′(t)× r′′(t)‖
‖r′(t)‖3
=
ab[
a2 sin2(t) + b2 cos2(t)
]3/2
Como a curvatura assume os valores máximos e mı́nimos nos vértices, basta olhar o valor de κ em t = 0 e t = π2 , portanto, κ
está no intervalo
a
b2
≤ κ ≤ b
a2
Como ρ = 1κ , temos
a2
b
≤ ρ ≤ b
2
a
e, portanto, a
2
b = 100 e
b2
a = 800. Para resolver o sistema, substituimos b =
a2
100 na segunda expressão e encontramos:
a4
10000a
= 800 =⇒ a3 = 8 · 106 =⇒ a = 2 · 102 = 200
e
b =
a2
100
=
40000
100
= 400
Portanto os semi-eixos da elipse são 200m e 400m.
Solução item b Sabemos que an =
v2
ρ , pelo que a aceleração normal é máxima quando o raio de curvatura é mı́nimo, ou
seja, 100m, dáı temos:
v =
√
anρ =
√
4 · 100 = 20m/s
2
Questão 2 (2.5) Considere o campo vetorial dado por ~F = f(r)~r, onde r = ‖~r‖ e f(r) é uma função diferenciável.
a) (1.5) Calcule o rotacional e o divergente de ~F .
b) (1.0) Para f(r) = cosh(r), calcule a circulação de ~F ao realizar uma volta ao longo da curva descrita pela equação
x2 + y2 = 9
orientada no sentido horário.
Solução item a
~∇× ~F = ~∇× (f(r)~r) TAB(6)=
(
~∇f(r)
)
× ~r + f(r)
(
~∇× ~r
)
= (f ′(r)r̂)× ~r + f(r)(~0) = ~0
Onde usou-se a identidade ~∇f(r) = f ′(r)r̂, o fato que ~r × r̂ = ~0 (pois são paralelos) e
~∇× ~r =
∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~j
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
x y z
∣∣∣∣∣∣ = ~0
~∇ · ~F = ~∇ · (f(r)~r) TAB(5)=
(
~∇f(r)
)
· ~r + f(r)
(
~∇ · ~r
)
= (f ′(r)r̂) · ~r + f(r)(3) = rf ′(r) + 3f(r)
Onde mais uma vez usou-se a identidade ~∇f(r) = f ′(r)r̂, o fato que ~r · r̂ = ~r · ~rr =
r2
r = r e
~∇ · ~F = ∂x
∂x
+
∂y
∂y
+
∂z
∂z
= 3
Solução item b
A curva é uma circunferência de raio 3 e, logo, uma curva fechada. Como ~∇ × ~F = 0, ~F é conservativo e, portanto, a
circulação é zero.
3
Questão 3 (2.0) Calcule o trabalho realizado pelo campo de forças ~F = − cos2(x)y~i+ (z2 + y2)~j ao longo do retângulo cujos
vértices são (0, 0, 0), (π, 0, 0), (π, 2, 0) e (0, 2, 0) no sentido anti-horário.
W =
∮
C
~F · ~dr =
∫
S
(~∇× ~F ) · ~NdS =
∫ π
0
∫ 2
0
(~∇× ~F ) · ~kdydx
Agora, precisamos calcular ~∇× ~F · ~k:
~∇× ~F · ~k =
∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
− cos2(x)y z2 + y2 0
∣∣∣∣∣∣ · ~k = cos2(x)
E finalmente, temos:
W =
∫ π
0
∫ 2
0
cos2(x)dydx = 2
∫ π
0
cos2(x)dx =
∫ π
0
(1 + cos(2φ))dx = π
Onde foi usada a seguinte identidade trigonométrica:
cos2 φ =
(
eiφ + e−iφ
2
)2
=
e2iφ + 2 + e−2iφ
4
=
1 + cos(2φ)
2
4
Questão 4 Considere o campo vetorial dado por ~F = x~i+ y~j + (1 + z)~k e a superf́ıcie S limitada inferiormente pelo plano
z = 1 e superiormente pela superf́ıcie que satisfaz a equação
z = 2− x2 − y2.
a) (1.0) Calcule o fluxo de ~F através da superf́ıcie S orientada para fora através de uma parametrização direta da superf́ıcie
(sem usar o Teorema da Divergência).
b) (1.0) Calcule o fluxo de ~F através da superf́ıcie S orientada para fora através do Teorema da Divergência.
c) (0.5) Qual seria o valor do fluxo de ~F atravésda superf́ıcie S orientada para dentro?
Solução do item a
Fluxo pelo parabolóide:
G(x, y, z) = z − 2 + x2 + y2
~∇G(x, y, z) = 2x~i+ 2y~j + ~k
~F · ~∇G(x, y, z) = 2x2 + 2y2 + 1 + z
Usamos coordenada ciĺındricas com
x = ρ cos(φ)
y = ρ sin(φ).
Φ1 =
∫∫
S
~F · ~NdS =
∫∫
A
~F · ~∇GdA
=
∫ 1
0
∫ 2π
0
(2x2 + 2y2 + 1 + z)ρdφdρ
=
∫ 1
0
∫ 2π
0
(x2 + y2 + 3)ρdφdρ
=
∫ 1
0
∫ 2π
0
(ρ2 + 3)ρdφdρ
= 2π
∫ 1
0
(ρ3 + 3ρ)dρ = 2π(1/4 + 3/2) =
7
2
π
Fluxo pela base:
Φ2 = −
∫ 1
0
∫ 2π
0
2ρdφdρ = −2π
Portanto
Φ =
3
2
π
Solução do item b
~∇ · ~F = 3
Φ =
∫
V
3dV =
∫ 1
0
∫ 2π
0
∫ 2−x2−y2
1
3 dzρdφdρ
= 3
∫ 1
0
∫ 2π
0
(1− x2 − y2)ρdφdρ
= 3
∫ 1
0
∫ 2π
0
(1− ρ2)ρdφdρ
= 6π
∫ 1
0
(2ρ− ρ3)dρ = 6π(1/2− 1/4) = 3/2π
Solução do item c A inversão da orientação da superf́ıcie, multiplicaria o valor do fluxo por −1, ou seja, o fluxo seria −3/2π
5
UFRGS – INSTITUTO DE MATEMÁTICA
Departamento de Matemática Pura e Aplicada
MAT01168 - Turma C - 2014/1
Primeira avaliação - Grupo 1
1 2 3 4 Total
Nome: Cartão:
Regras a observar:
• Seja sucinto, completo e claro.
• Justifique todo procedimento usado.
• Indique identidades matemáticas usadas, em especial, itens da tabela.
• Use notação matemática consistente.
• Ao usar sistemas de coordenadas curviĺıneas (ciĺındricas, esféricas etc), indique a correspondência
para o sistema de coordenadas cartesianas (x,y,z).
• Trabalhe individualmente e sem uso de material de consulta além do fornecido.
• Devolva o caderno de questões preenchido ao final da prova.
• Não é permitido destacar folhas nem usar folhas adicionais.
• Não é permitido o uso de calculadoras, telefones, computadores ou qualquer outro recurso
computacional.
Formulário:
1. cosh(x) =
ex + e−x
2
2. senh(x) =
ex − e−x
2
3. cos(t) =
eit + e−it
2
4. sen(t) =
eit − e−it
2i
5. cos(2t) = cos2(t)− sen2(t)
6. sen(2t) = 2 sen(t) cos(t)
7. (a + b)n =
n
∑
j=0
(
n
j
)
an−jbj ,
(
n
j
)
=
n!
(n− j)!j!
• Questão 1 (3.0 pontos): Considere a elipse sobre o plano xy cujos pontos satisfazem a equação
dada por
x2
a2
+
y2
b2
= 1
orientada no sentido horário. Aqui a e b são constantes positivas.
• Item a (0.75) Esboce o gráfico desta curva orientada para a = 1 e b = 2. Sem a necessidade
de calculá-los algebricamente, desenhe os vetores ~T , ~N e ~B no ponto do primeiro quadrante em que
y = x.
• Item b (1.5) Através de uma parametrização adequada, encontre uma expressão para a curva-
tura em função das constantes a, b e das coordenadas x e y.
• Item c (0.75) Sabendo que o raio de curvatura em um vértices vale 8 e a distância deste vértice
até a origem vale 2, calcule os comprimentos dos semieixos da elipse.
Resposta do item a
y
x
y
x
~T
~N
~B
Resposta do item b Parametrizamos a curva conforme a seguir:
x(t) = a cos(t)
y(t) = b sen(t)
onde a e b indicam os comprimentos dos semi-eixos da elipse e 0 ≤ t ≤ 2π. A fim de obter o raio de
curvatura, calculamos a curvatura através da fórmula
κ(t) =
‖r′(t)× r′′(t)‖
‖r′(t)‖3
.
onde ~r é o vetor posição dado por
~r(t) = a cos(t)~i+ b sen(t)~j
as derivadas de ~r(t) são, portanto, dadas por:
r′(t) = −a sen(t)~i+ b cos(t)~j
r′′(t) = −a cos(t)~i− b sen(t)~j
Assim, temos:
~r′(t)× ~r′′(t) =
(
−a sen(t)~i+ b cos(t)~j
)
×
(
−a cos(t)~i− b sen(t)~j
)
= ab sen2(t)~k + ab cos2(t)~k = ab~k
Onde usamos a identidade trigonométrica sen2(t) + cos2(t) = 1 e as identidades vetoriais ~i×~j = ~k,
~j ×~i = −~k e ~i×~i = ~j ×~j = ~0. Agora calculamos ‖~r(t)‖:
‖~r(t)‖ =
[
a2 sen2(t) + b2 cos2(t)
]1/2
Desta forma, temos:
κ(t) =
‖r′(t)× r′′(t)‖
‖r′(t)‖3
=
ab
[a2 sen2(t) + b2 cos2(t)]3/2
Substituindo as variáveis originais, temos:
κ(t) =
ab
[
a2
b2
y2 + b
2
a2
x2
]3/2
Resposta do item c Consideremos que estamos no vértice (a, 0) com a = 2, pelo que temos
κ =
a
b2
=
1
ρ
=
1
8
temos b2 = 8a = 16, o que implica b = 4.
• Questão 2 (2.0 pontos) Seja ~r = x~i+ y~j + z~k, r = ‖~r‖, prove as seguintes identidades:
• Item a (1.0) ~∇f(r) =
f ′(r)
r
~r, r 6= 0
• Item b (1.0) ∇2f(r) = 2
f ′(r)
r
+ f ′′(r), r 6= 0
Resposta do item a Primeiro observamos que f(r) é uma função de r e r é uma função de x, y
e z e aplicamos a regra da cadeia:
~∇f(r) = ~i
∂
∂x
f(r) +~j
∂
∂y
f(r) + ~k
∂
∂z
f(r)
= ~i
df(r)
dr
∂r
∂x
+~j
df(r)
dr
∂r
∂y
+ ~k
df(r)
dr
∂r
∂z
=
df(r)
dr
[
~i
∂r
∂x
+~j
∂r
∂y
+ ~k
∂r
∂z
]
Agora calculamos as derivadas de r em relação às variáveis x, y e z:
∂r
∂x
=
∂
∂x
√
x2 + y2 + z2 =
1
2
(x2 + y2 + z2)−1/2(2x) =
x
√
x2 + y2 + z2
=
x
r
∂r
∂y
=
∂
∂y
√
x2 + y2 + z2 =
1
2
(x2 + y2 + z2)−1/2(2y) =
y
√
x2 + y2 + z2
=
y
r
∂r
∂z
=
∂
∂z
√
x2 + y2 + z2 =
1
2
(x2 + y2 + z2)−1/2(2z) =
z
√
x2 + y2 + z2
=
z
r
Retornando à expressão anterior, obtemos:
df(r)
dr
[
~i
x
r
+~j
y
r
+ ~k
z
r
]
= f ′(r)
~r
r
Resposta do item b Primeiro aplicamos os itens 7 e 5 da tabe]a:
∇2f(r) = ~∇ · (~∇f) = ~∇ ·
(
f ′(r)
r
~r
)
= ~∇
(
f ′(r)
r
)
· ~r +
f ′(r)
r
(
~∇ · ~r
)
Agora usamos o resultado do item (a) para calcular o gradiente envolvido:
∇2f(r) =
(
f ′(r)
r
)
′
r
~r · ~r + 3
f ′(r)
r
=
(
f ′(r)
r
− 2 f
′′(r)
r2
)
r
r2 + 3
f ′(r)
r
=
(rf ′(r)− 2f ′′(r))
r
+ 3
f ′(r)
r
= 2
f ′(r)
r
+ f ′′(r)
onde usamos:
~∇ · ~r = ~∇ ·
(
x~i+ y~j + z~k
)
= 1 + 1 + 1 = 3
• Questão 3 (2.0 pontos): Use o teorema de Stokes para calcular o trabalho realizado pelo campo
de força
~F = yx2 cos(z)~i − z~j + sen(xz)~k
ao deslocar uma part́ıcula ao longo da circunferência de raio 1, centrada na origem sobre o plano xy.
orientada no sentido horário.
Como a curva está sobre o plano xy, o vetor normal deve ser ±~k , pela orientação da curva, vemos
pela regra da mão direita que ~n = −~k Calculamos:
W =
∮
C
~F · ~dr = −
∫∫
S
~∇× ~F · ~kdA
~k · ~∇× ~F =
∂F2
∂x
−
∂F1
∂y
= 0− x2 cos(z) = −x2, z = 0
Parametrizamos em coordenadas polares:
x = ρ cos(φ), y = ρ sen(φ)
W = −
∫∫
S
~∇× ~F · ~kdA =
∫ 2π
0
∫ 1
0
x2ρdρdφ =
∫ 2π
0
∫ 1
0
ρ3 cos2 φdρdφ
=
(
∫ 1
0
ρ3dρ
)(
∫ 2π
0
cos2 φdφ
)
=
1
4
∫ 2π
0
(
1 + cos(2t)
2
)
φdφ =
π
4
• Questão 4 (3.0 pontos): Calcule o fluxo do campo
~F = (2 + z2)~k
atráves da fronteira da região limitada superiormente pela superf́ıcie
√
x2 + y2 = 1− z
e inferiormente pelo plano z = 0 orientada para fora.
• Item a (1.5) Usando o Teorema da Divergência.
• Item b (1.5) Integrando o fluxo diretamente sobre a superf́ıcies usando parametrizações ade-
quadas e sem usar o Teorema da Divergência.
Resposta do item a Calculamos o divergente:
~∇ · ~F = 2z
Pelo teorema da divergência, temos:
Φ =
∫∫
S
~F · ~ndS =
∫∫∫
V
~∇ · ~FdV
Usando coordenadas polares, integramos no cone:
x = ρ cosφ, x = ρ sen φ, z = z
Assim,
Φ =
∫ 2π
0
∫ 1
0
∫ 1−z
0
zρdρdzdφ
= 2π
∫ 1
0
∫ 1−z
0
zρdρdz
= π
∫ 1
0
z(1− z)2dz = π
∫ 1
0
z(z − 1)2dz
=
1
2
π
∫ 0
−1
u2du =
1
6
π
Resposta do item b Escrevemos o fluxo através da superf́ıcie como a soma de dois fluxos:
Φ = Φc + Φb
onde Φc é o fluxo através da superf́ıcie cônica e Φb é o fluxo através da superf́ıcie plana.
Φb =
∫∫
S1
~F · ~ndS =
∫∫
S1
~F · (−~k)dS = −
∫∫
S1
(2 + z2)dS
= −2
∫∫
S1
dS = −2π (área do ćırculo) .
Para calcular Φc, projetamos a supeŕıfice cônica, S2, no plano xy:
G(x, y, z) = z −
√
x2 + y2 − 1
~∇G = −~i
x
√
x2 + y2
−~j
y
√
x2 + y2
+ ~k
Vemos que ~n =
~∇G
‖~∇G‖
, pelo que
Φc =
∫∫
S2
~F · ~∇GdS
e
~F · ~∇G = (2 + z2) = 2 +
(
1−
√
x2 + y2
)2
= 2 + (1− ρ)2 = ρ2 − 2ρ+ 3
Onde se usa o sistema de coordenadas polares:
x = ρ cosφ, x = ρ sen φ
Φc =
∫ 2π
0
∫ 1
0
(
ρ2 + 2ρ+ 3
)
ρdρdφ
= 2π
∫ 1
0
(
ρ3 − 2ρ2 + 3ρ
)
dρ = 2π
(
1
4
−
2
3
+
3
2
)
= 2π
3− 8 + 18
12
=
13
6
π
Finalmente, calculamos o fluxo total:
Φ = Φc + Φb =
13
6
π − 2π =
1
6
π
UFRGS – INSTITUTO DE MATEMÁTICA
Departamento de Matemática Pura e Aplicada
MAT01168 - Turma C - 2017/1
Prova da área I
1-8 9 10Total
Nome: Gabarito com respostas finais e alguns comentários sobre a resolução.
Regras Gerais:
• Não é permitido o uso de calculadoras, telefones ou qualquer outro recurso computacional ou de comunicação.
• Trabalhe individualmente e sem uso de material de consulta além do fornecido.
• Devolva o caderno de questões preenchido ao final da prova.
Regras para as questões abertas
• Seja sucinto, completo e claro.
• Justifique todo procedimento usado.
• Indique identidades matemáticas usadas, em especial, itens da tabela.
• Use notação matemática consistente.
Cone eĺıptico: z2 =
x2
a2
+
y2
b2
x y
z
Elipsóide:
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
= 1
x
y
z
Parabolóide Eĺıptico: z =
x2
a2
+
y2
b2
x y
z
Parabolóide
Hiperbólico:
z =
x2
a2
− y
2
b2
x
y
z
Hiperbolóide
de uma folha:
x2
a2
+
y2
b2
− z
2
c2
= 1
x y
z
Hiperbolóide
de duas folhas:
−x
2
a2
− y
2
b2
+
z2
c2
= 1
x
y
z
Tabela do operador ~∇:
f = f(x, y, z) e g = g(x, y, z) são funções escalares;
~F = ~F (x, y, z) e ~G = ~G(x, y, z) são funções vetoriais.
1. ~∇ (f + g) = ~∇f + ~∇g
2. ~∇ ·
(
~F + ~G
)
= ~∇ · ~F + ~∇ · ~G
3. ~∇×
(
~F + ~G
)
= ~∇× ~F + ~∇× ~G
4. ~∇ (fg) = f ~∇g + g~∇f
5. ~∇ ·
(
f ~F
)
=
(
~∇f
)
· ~F + f
(
~∇ · ~F
)
6. ~∇×
(
f ~F
)
= ~∇f × ~F + f ~∇× ~F
7. ~∇ · ~∇f = ~∇2f = ∂
2f
∂x2
+
∂2f
∂y2
+
∂2f
∂z2
,
onde ~∇2 = ∂
2
∂x2
+
∂2
∂y2
+
∂2
∂z2
é o operador laplaciano
8. ~∇×
(
~∇f
)
= 0
9. ~∇ ·
(
~∇× ~F
)
= 0
10. ~∇×
(
~∇× ~F
)
= ~∇
(
~∇ · ~F
)
− ~∇2 ~F
11. ~∇ ·
(
~F × ~G
)
= G ·
(
~∇× ~F
)
− F ·
(
~∇× ~G
)
12.
~∇×
(
~F × ~G
)
=
(
~G · ~∇
)
~F − ~G
(
~∇ · ~F
)
−
−
(
~F · ~∇
)
~G+ ~F
(
~∇ · ~G
)
13.
~∇
(
~F · ~G
)
=
(
~G · ~∇
)
~F +
(
~F · ~∇
)
~G+
+~F ×
(
~∇× ~G
)
+ ~G×
(
~∇× ~F
)
Algumas fórmulas:
Nome Definição
Curvatura κ =
∥
∥
∥
∥
∥
d~T
ds
∥
∥
∥
∥
∥
=
∥
∥
∥
∥
∥
∥
d~T
dt
ds
dt
∥
∥
∥
∥
∥
∥
=
‖~r′(t) × ~r′′(t)‖
‖~r′(t)‖3
Torção τ = −d
~B
ds
· ~N = (~r
′(t) × ~r′′(t)) · ~r′′′(t)
‖~r′(t) × ~r′′(t)‖2
Módulo
da Torção
|τ | =
∥
∥
∥
∥
∥
d ~B
ds
∥
∥
∥
∥
∥
=
∥
∥
∥
∥
∥
∥
d~B
dt
ds
dt
∥
∥
∥
∥
∥
∥
Aceleração
normal
aN =
‖~a × ~v‖
v
=
v2
ρ
= κv2
Aceleração
tangencial
aT =
~a · ~v
v
=
dv
dt
• Questão 1 (0.75 ponto) O amendoim-acácia ou tipuana é uma árvore cujos frutos alados são popularmente
conhecidos como “sementes de helicóptero”. Exausto, depois de duas provas na faculdade, o estudante de
engenharia deitou-se sobre o gramado em um dia sem vento para assistir ao suave cair do fruto da tipuana
que via rodopiar em sentido horário. A fim de modelar o movimento, considerou que o centro de massa
do sistema movia-se verticalmente (na direção e sentido negativo do eixo z) a uma velocidade constante de
módulo 20 cm/s, e observou que o fruto fazia uma revolução completa enquanto seu centro de massa caia 5
cm. Considere que a extremidade do fruto oposta ao centro de massa dista 5 cm dele e realiza movimento
helicoidal, isto é:
x(t) = a cos(wt), y(t) = b sen(wt), z(t) = ct.
Assinale a alternativa que melhor representa os valores de a, b, w e c no sistema de unidades [tempo]=s e [comprimento]=cm:
( ) a = 5, b = −5, w = 8π e c = 20.
( ) a = 5, b = −5, w = 8π e c = −20.
( ) a = 5, b = 5, w = 8π e c = 20.
(X) a = 5, b = 5, w = 8π e c = −20.
( ) Como o movimento é levogiro, nenhuma das alternativas (a)-(d) o descreve corretamente.
( ) Como o movimento é dextrogiro, nenhuma das alternativas (a)-(d) o descreve corretamente.
Como o fruto está caindo, temos que c < 0. Observamos também que o movimento é levógiro, isto é, o sentido de rotação é horário
quando visto de baixo e anti-horário quando visto de cima com c < 0, logo b > 0 (visto que a > 0 em todas as alternativas).
No caso de o sentido ser anti-horário, o movimento é dextrogiro e b < 0.
• Questão 2 (0.75 ponto) Considere a espiral dada por
x(t) = aebt cos(t), y(t) = aebt sen(t), z(t) = 0, t ≥ 0,
onde a > 0 e b são constantes. Assinale a alternativa que representa a curvatura em função do parâmetro t. Dica: Ao invés de tentar obter
uma expressão para κ(t), interprete a curva e analise aspectos qualitativos como casos particulares conhecidos e comportamento esperado
com os parâmetros.
( )
ae−bt√
1 + b2
.
( )
ae−bt√
a2 + b2
.
(X)
e−bt
a
√
1 + b2
.
( )
ebt
a
√
1 + b2
.
( )
aebt√
1 + b2
.
( )
aebt√
a2 + b2
.
Primeiro, observamos que o caso particular b = 0 recai na circunferência de raio a, cuja
curvatura é 1/a. Assim temos apenas duas opções:
e−bt
a
√
1 + b2
e
ebt
a
√
1 + b2
. Interpretando a
espiral (ver gráfico), fica claro que a curvatura decresce com a distância até a origem dada
por ebt, logo a resposta correta só pode ser
e−bt
a
√
1 + b2
.
0°
45°
90°
135°
180°
225°
270°
315°
0.5
1.0
1.5
2.0
Espiral com a = 0,74 e b=0,50.
• Questão 3 (0.75 ponto) Considere os campos ~F = ay~i+ bx~j + z~k e ~r = x~i+ y~j + z~k. O campo ~∇ ·
(
~F × ~r
)
é dado por:
(X) (b − a)z.
( ) (1 + b)x+ (b− a)z.
( ) (a + b)x.
( ) (1 + b)y + (b − a)z.
( ) (1 + b)z.
( ) Nenhuma das anteriores.
• Questão 4 (0.75 ponto) Considere os mesmos campos da questão anterior, isto é, ~F = ay~i + bx~j + z~k e ~r = x~i + y~j + z~k. O campo
~∇
(
~F · ~r
)
é dado por:
( ) ay~i + bx~j + 2z~k.
( ) ax~i+ by~j + az2~k.
( ) (a + b)y~i+ bz~j + 2x~k.
( ) 2z~i+ (a+ b)x~j + az2~k.
(X) (a + b)y~i+ (a+ b)x~j + 2z~k.
( ) Nenhuma das anteriores.
• Questão 5 (0.75 ponto) Considere o campo de velocidades ~v = v1(x, y)~i+ v2(x, y)~j repre-
sentado no gráfico ao lado. Assinale a alternativa correta:
( ) ~∇ · ~v < 0 e ~k · ~∇× ~v < 0 em todos os pontos.
( ) ~∇ · ~v > 0 e ~k · ~∇× ~v > 0 em todos os pontos.
( ) ~∇ · ~v < 0 e ~k · ~∇× ~v > 0 em todos os pontos.
(X) ~∇ · ~v > 0 e ~k · ~∇× ~v < 0 em todos os pontos.
( ) ~∇ · ~v = 0 e ~k · ~∇× ~v > 0 em todos os pontos.
( ) ~∇ · ~v = 0 e ~k · ~∇× ~v < 0 em todos os pontos.
−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4
x
−4
−3
−2
−1
0
1
2
3
4
y
Campo de velocidades A
• Questão 6 (0.75 ponto) Considere o campo de velocidades ~v = v1(x, y)~i+ v2(x, y)~j repre-
sentado no gráfico ao lado. Assinale a alternativa correta:
( ) ~∇ · ~v > 0 e ~k · ~∇× ~v < 0 em todos os pontos.
( ) ~∇ · ~v < 0 e ~k · ~∇× ~v < 0 em todos os pontos.
( ) ~∇ · ~v > 0 e ~k · ~∇× ~v > 0 em todos os pontos.
( ) ~∇ · ~v < 0 e ~k · ~∇× ~v > 0 em todos os pontos.
( ) ~∇ · ~v = 0 e ~k · ~∇× ~v < 0 em todos os pontos.
(X) ~∇ · ~v = 0 e ~k · ~∇× ~v > 0 em todos os pontos.
−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4
x
−4
−3
−2
−1
0
1
2
3
4
y
Campo de velocidades B
• Questão 7 (0.75 ponto) Considere o campo dado por ~F = yez~i− x cos(z)~j + cos(xyz)~k e caminho C que contorna no sentido horário a
porção do plano xy limitada pelos eixos ordenados, a reta x = 2, a reta y = 2 e a hipérbole xy = 1. Assinale a alternativa que indica valor
de W =
∮
C
~F · d~r. Dica: Use o Teorema de Stokes.
( ) 2 ln(4)
(X) 2 + 4 ln(2)
( ) 1− ln(4)
( ) −2− 4 ln(2)
( ) −2 ln(4)
( ) Nenhuma das anteriores.
Ver questão 5 da lista 0.
• Questão 8 (0.75 ponto) Considere o campo dado por ~F = xz~i+ xy~j + xz~k e caminho C dado pelo arco de parábola y = x2 no plano
xy que liga o ponto P1 = (0, 0, 0) até o ponto P2 = (2, 4, 0) no sentido P1 → P2. Assinale a alternativa que indica valor de W =
∫
C
~F · d~r.
( )
106
15
( )
17
3
(X)
64
5
( )
74
5
( ) 0
( ) Nenhuma das anteriores.
• Questão 9 (2.0 pontos) Considere os campos ~F = y cos(xy)~i+ (x cos(xy) + zeyz)~j + (yeyz + 1)~k e ~G = y~k.
a. (1.0 ponto) Encontre um potencial para o campo conservativo ~F .
b. (1.0 ponto) Encontre um caminho fechado C tal que
∮
C
~G · d~r 6= 0. Dica: Inspecione o rotacional de ~G.
Item a. φ(x, y, z) = sen(xy) + eyz + z + C, onde C é uma constante.
Item b. ~∇× ~G =~i, assim escolha um caminho C fechado que limita a região S no plano yz (cuja normal é ±~i), temos:
W =
∮
C
~Fd~r =
∫
S
~∇× ~F · ~ηdS =
∫
S
~i · ~ηdS = ±
∫
S
dS = ± área de S.
Escolha S