1 - Cálculo III UFRJ - Coletânia de PF's Antigas (2009 1 - 2015 2)

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Cálculo III 
 
 
Coletânea 
Provas Antigas 
 
P1 - P2 - PF
P1
P2
PF
 
Instituto de Matemática - IM/UFRJ
Cálculo Diferencial e Integral III - MAC238
Gabarito prova final- Escola Politécnica / Escola de Química - 26/02/2013
Questão 1: (2.5 pontos)
Calcule a integral
I =
∫∫
D
(x+ y)e(x+y)2+(x−y)2√
2x2 + 2y2
dxdy ,
onde D =
{
(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1 and x− y ≥ 0
}
.
Sugestão: use a mudança de variáveis (u, v) = (x+ y, x− y).
Solução:
Seguindo a sugestão, usamos a mudança linear (u, v) = (x + y, x − y). Então calculamos o
jacobiano ∂(u,v)
∂(x,y) = −2 ⇒ ∂(x,y)∂(u,v) = −12 . Alem disso,
(x, y) ∈ D ⇔ (u, v) ∈ D˜ =
{
(u, v) ∈ R2 : u2 + v2 ≤ 2, e v ≥ 0
}
.
Logo, vale pela fórmula de mudança de variáveis
I = 12
∫∫
D˜
ueu
2+v2
√
u2 + v2
dudv .
Agora, passamos em coordenadas polares (r, θ) com (u, v) = (r cos θ, r sen θ). Verificamos que
∂(u,v)
∂(r,θ) = r e que (u, v) ∈ D˜ ⇔ 0 ≤ r ≤
√
2, 0 ≤ θ ≤ pi. Portanto, vale pela fórmula de
mudança de variáveis que
I = 12
∫ √2
0
∫ pi
0
cos(θ)er2rdθdr = 12
(
− sen θ
)∣∣∣∣pi
0
(
er
2)∣∣∣∣r=
√
2
r=0
= 0 .
Questão 2: (2.5 pontos)
Calcule a integral de linha do campo vetorial
F (x, y) =
( −y
4x2 + y2 + y,
x
4x2 + y2
)
ao longo do quadrado C definido pelo sistema de equações |x|+ |y| = 4√pi, orientado no sentido
anti-horário.
Solução:
Usaremos o Teorema de Green para resolver o problema. Para isto temos que isolar a origem da
região a ser usada (pois F tem uma singularidade na origem). Definimos a curva auxiliar γ dada
pela elipse 4x2 + y2 = 1 orientada no sentido horário. Seja D a limitada pelo quadrado e pela
elipse. Logo, vale pelo Teorema de Green,
∫
C∪γ
F · dr =
∫∫
D
(
∂F2
∂x
− ∂F1
∂y
)
dxdy = −
∫∫
D
dxdy = −(4√2√pi)2 + pi2 = −
63pi
2 .
Assim temos que ∫
C
F · dr = −63pi2 −
∫
γ
F · dr = −63pi2 +
∫
γ−
F · dr .
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Cálculo Diferencial e Integral III - MAC238
Gabarito prova final- Escola Politécnica / Escola de Química - 26/02/2013(continuação)
Parametrizando γ− por (x(θ), y(θ)) = (12 cos(θ), sin(θ)), onde 0 ≤ θ ≤ 2pi, temos que:∫
γ−
F · dr = 12
∫ 2pi
0
cos2(θ)dθ = pi2 .
Portanto ∫
C
F · dr = −63pi2 +
∫
γ−
F · dr = −63pi2 +
pi
2 = −31pi .
Questão 3: (2.5 pontos)
Considere a superfície S obtida girando-se a curva
(x(t), z(t)) = (a cos t, a sen t), −pi3 ≤ t ≤
pi
6 ,
onde a > 0 é uma constante, em torno do eixo Oz. Calcule a área de S.
Solução:
Por hipóteses a curva gira em torno do eixo Oz, logo a parametrização da superfície S é dada
por
ϕ(t, θ) =
(
a cos t cos θ, a cos t sen θ, a sen t
)
, −pi3 ≤ t ≤
pi
6 , 0 ≤ θ ≤ 2pi .
Assim o vetor normal e a sua norma são dados por
∂ϕ
∂t
× ∂ϕ
∂θ
= −a2 cos t
cos t cos θcos t sen θ
sen t
 ⇒ ∥∥∥∥∥∂ϕ∂t × ∂ϕ∂θ
∥∥∥∥∥ = a2| cos t| .
Lembrando que cos t ≥ 0 se t ∈ [−pi2 , pi2 ], calculamos
Área S =
∫∫
S
1 ds =
∫ 2pi
0
∫ pi
6
−pi3
a2 cos t dt dθ = 2pi a2
(
sen pi6 − sen (−
pi
3 )
)
= pi a2(1 +
√
3) .
Questão 4: (2.5 pontos)
Calcular ∫∫
S
F · η ds,
onde S é a superfície definida por
S =
{
(x, y, z) ∈ R3 : y = 4− x2 − z2, e y ≥ 0
}
,
η é o vetor unitário normal a S cuja segunda coordenada é sempre positiva, ds é o elemento de área
e F é o campo de vetores dado por:
F =
(
arctg (−y + 2) + cos(z4 + 1), x2 + 3y, −z + ln(sen2 x+ 1) + ey7+9
)
.
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Gabarito prova final- Escola Politécnica / Escola de Química - 26/02/2013(continuação)
Solução:
Consideramos o disco S1 centrado na origem e de raio 2 no plano y = 0, isto é S1 é definido por:
S1 =
{
(x, y, z) ∈ R3 : y = 0 e (x, z) ∈ B
}
, onde B =
{
(x, z) ∈ R2 : x2 + z2 ≤ 4
}
com vetor normal unitário η1 = (0,−1, 0). Seja W o volume delimitado por S1 e S. Assim segue
pelo teorema de Gauss∫∫
S
F · η ds+
∫∫
S1
F · η1 ds,=
∫∫∫
W
divF dxdydz, (1)
Observamos que divF = 2 e que W é uma região de tipo II, portanto
∫∫∫
W
div~F dxdydz = 2
∫∫
B
∫ y=4−x2−z2
y=0
dydxdz = 2
∫∫
B
(4− x2 − z2) dxdz
= 8Área (B)− 2
∫∫
B
(x2 + z2) dx dz
= 8ÁreaB − 2
∫ 2pi
0
∫ 2
0
r3dr dθ = 16pi ,
onde na última integral temos usado coordenadas polares.
Agora, calculamos a integral de superfície sobre S1,
∫∫
S1
F · η1 ds =
∫∫
B
 ·x2
·
 ·
 0−1
0
 dxdz = − ∫∫
B
x2 dxdz = −
∫ 2pi
0
∫ 2
0
r3 cos2 θ dr dθ = −4pi.
onde usamos novamente coordenadas polares. Assim pela equação (1) e pelo cálculo das integrais
anteriores obtemos que ∫∫
S
F · η ds = 16pi + 4pi = 20pi.
Duração da prova: duas horas
Regras:
• Não é permitida consulta a qualquer fonte e nem se ausentar da sala durante a prova
• Todo o material do aluno, com exceção de documento de identidade, lápis, caneta, régua, borracha
deve ficar junto à mesa do professor
• Calculadoras, aparelhos celulares e similares devem ficar desligados na bolsa/mochila do aluno
junto à mesa do professor
• O aluno deve apresentar o documento de identificação quando for assinar a folha de presença.
• A prova pode ser feita com lápis e/ou caneta.
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Curso unificado - Esc. Politécnica / Esc. de Química
Cálculo Diferencial e Integral III - MAC238
Prova final - 26/06/2012
Questão 1 (2.5 pontos)
Calcule􀇸
𝐷
􀁰
􀇼𝑦
􀁯 − 9𝑥􀁯 𝑑𝑥𝑑𝑦, onde 𝐷 é o triângulo de vértices (0, 6), (1, 3) e (0, 0).
Sugestão: Utilize uma mudança de coordenadas adequada
Questão 2 (2.5 pontos)
Seja 𝑎 uma constante, 𝑓 uma função de classe𝒞 􀁮 definida emℝ e o campo vetorial 𝐹 dado
por 𝐅(𝑥, 𝑦) = (𝑓(𝑦) + 𝑥􀁯𝑦, 𝑎𝑥􀁰 + 𝑥𝑦􀁰).
Sabendo que 􀇲
𝜕𝐷
𝐅.𝑑𝑟 = Área(𝐷) para toda região 𝐷 limitada em ℝ􀁯 cuja fronteira 𝜕𝐷 é
uma curva simples de classe 𝒞 􀁮, orientada no sentido anti-horário, determine a constante
𝑎 e a função 𝑓, sabendo que 𝑓(0) = 2.
Questão 3 (2.5 pontos)
Considere o campo vetorial
𝐅(𝑥, 𝑦, 𝑧) = − 􀊄
𝑥𝑦􀁯𝑧
5
+
𝑦
2
+ 𝑥􀁯􀊇 𝐢+􀊄
𝑥
2
−
𝑥􀁯𝑦𝑧
5
+ ln(4 + cos 𝑦􀁯)􀊇 j+􀊄
2
5
𝑥􀁯𝑦􀁯 + ecos(1 + 𝑧
􀁳)􀊇 𝐤.
Seja 𝐶 a curva correspondente à porção da interseção das superfícies dadas por 𝑧 = 𝑥𝑦 e
𝑥􀁯+𝑦􀁯 = 1 e cujos pontos tem coordenada 𝑦 ⩾ 0, orientada com coordenada 𝑥 decrescente.
Calcule􀈧
𝐶
𝐅.𝑑𝑟.
Questão 4 (2.5 pontos)
Calcule o fluxo do campo vetorial �⃗�(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑦􀁰 sen 𝑧, 𝑥􀁰 cos 𝑧, 𝑧􀁰) através da superfície
definida por 𝑧 = 􀇼𝑥
􀁯 + 𝑦􀁯, onde 1 ⩽ 𝑧 ⩽ 2, sendo que o vetor normal aponta para fora do
cone.
Obs: Todas as curvas e regiões auxiliares utilizadas na resolução das questões deverão ser
claramente identificadas, incluindo as orientações adotadas.
Duração da prova: duas horas
Regras:
• Não é permitida consulta a qualquer fonte e nem se ausentar da sala durante a prova
• Todo o material do aluno, com exceção de documento de identidade, lápis, caneta, régua,
borracha deve ficar junto à mesa do professor
• Calculadoras, aparelhos celulares e similares devem ficar desligados na bolsa/mochila do
aluno junto à mesa do professor
• O aluno deve apresentar o documento de identificação quando for assinar a folha de pre-
sença.
• A prova pode ser feita com lápis e/ou caneta.
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Curso unificado - Esc. Politécnica / Esc. de Química
Cálculo Diferencial e Integral III - MAC238
Gabarito da prova final - 26/06/2012
Questão 1 (2.5 pontos)
Calcule􀇸
𝐷
􀁰
􀇼𝑦
􀁯 − 9𝑥􀁯 𝑑𝑥𝑑𝑦, onde 𝐷 é o triângulo de vértices (0, 6), (1, 3) e (0, 0).
Sugestão: Utilize uma mudança de coordenadas adequada
Solução:
O domínio 𝐷 é limitado simultaneamente pelas retas 𝑦 + 3𝑥 = 6, 𝑦 − 3𝑥 = 0 e 𝑥 =
0. A integração de 􀁰􀇼𝑦
􀁯 − 9𝑥􀁯 tanto em relação a 𝑥 quanto em relaçãoa 𝑦 parece ser
complicada. Como 𝑦􀁯 − 9𝑥􀁯 = (𝑦 − 3𝑥)(𝑦 + 3𝑥), parece ser adequado usar a mudança
de coordenadas linear 𝑢 = 𝑦 − 3𝑥 e 𝑣 = 𝑦 + 3𝑥. Derivando e calculando temos que
􀉧
𝜕(𝑢, 𝑣)
𝜕(𝑥, 𝑦)
􀉧 = 6 e, portanto, 􀉧
𝜕(𝑥, 𝑦)
𝜕(𝑢, 𝑣)
􀉧 =
1
6
.
A parametrização 𝜑(𝑢, 𝑣) é dada por (𝑥, 𝑦) = 𝜑(𝑢, 𝑣) = ((𝑣 − 𝑢)/6, (𝑢 + 𝑣)/2). Seu
domínio é a região limitada pelas retas 𝑣 = 6, 𝑢 = 0 e 𝑢 = 𝑣. Então,
􀇸
𝐷
􀁰
􀇼𝑦
􀁯 − 9𝑥􀁯 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
1
6
􀈧
􀁳
􀁭
􀈧
𝑣
􀁭
𝑢􀁮/􀁰𝑣􀁮/􀁰 𝑑𝑢𝑑𝑣 =
1
8
􀈧
􀁳
􀁭
𝑣􀁲/􀁰 𝑑𝑣 =
3
64
6􀁵/􀁰 =
3􀁮􀁮/􀁰
2􀁮􀁭/􀁰
.
Questão 2 (2.5 pontos)
Seja 𝑎 uma constante, 𝑓 uma função de classe𝒞 􀁮 definida emℝ e o campo vetorial 𝐹 dado
por 𝐅(𝑥, 𝑦) = (𝑓(𝑦) + 𝑥􀁯𝑦, 𝑎𝑥􀁰 + 𝑥𝑦􀁰).
Sabendo que 􀇲
𝜕𝐷
𝐅.𝑑𝑟 = Área(𝐷) para toda região 𝐷 limitada em ℝ􀁯 cuja fronteira 𝜕𝐷 é
uma curva simples de classe 𝒞 􀁮, orientada no sentido anti-horário, determine a constante
𝑎 e a função 𝑓, sabendo que 𝑓(0) = 2.
Solução:
𝐹(𝑥, 𝑦) é de classe 𝒞 􀁮 e a região 𝐷 tem as condições para aplicação do Teorema de
Green. Então, aplicando-o, temos que
Área(𝐷) = 􀇲
𝜕𝐷
𝐅.𝑑𝑟 =􀇸
𝐷
3𝑎𝑥􀁯 + 𝑦􀁰 − 𝑓′(𝑦) − 𝑥􀁯 𝑑𝐴.
Se 3𝑎𝑥􀁯 + 𝑦􀁰 − 𝑓′(𝑦) − 𝑥􀁯 = 1 em todo o ℝ􀁯, a igualdade acima será satisfeita para toda
região 𝐷 nas condições do enunciado. Então, temos que (3𝑎 − 1)𝑥􀁯 = 𝑓′(𝑦) − 𝑦􀁰 + 1
para todo par (𝑥, 𝑦) ∈ ℝ􀁯 e, portanto, 𝑎 = 1/3 e 𝑓′(𝑦) = 𝑦􀁰 − 1. Integrando temos que
𝑓(𝑦) =
𝑦􀁱
4
− 𝑦 + 𝐶. Como 𝑦(0) = 2, temos que 𝑓(𝑦) =
𝑦􀁱
4
− 𝑦 + 2.
Questão 3 (2.5 pontos)
Considere o campo vetorial
𝐅(𝑥, 𝑦, 𝑧) = − 􀊄
𝑥𝑦􀁯𝑧
5
+
𝑦
2
+ 𝑥􀁯􀊇 𝐢+􀊄
𝑥
2
−
𝑥􀁯𝑦𝑧
5
+ ln(4 + cos 𝑦􀁯)􀊇 j+􀊄
2
5
𝑥􀁯𝑦􀁯 + ecos(1 + 𝑧
􀁳)􀊇 𝐤.
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Gabarito da prova final - 26/06/2012(continuação)
Seja 𝐶 a curva correspondente à porção da interseção das superfícies dadas por 𝑧 = 𝑥𝑦 e
𝑥􀁯+𝑦􀁯 = 1 e cujos pontos tem coordenada 𝑦 ⩾ 0, orientada com coordenada 𝑥 decrescente.
Calcule􀈧
𝐶
𝐅.𝑑𝑟.
Solução:
O cálculo direto da integral de linha parece envolver integrações não triviais. Vamos
aplicar o Teorema de Stokes, utilizando a superfície 𝑆 que é a porção de 𝑧 = 𝑥𝑦 no
interior do cilindro 𝑥􀁯 + 𝑦􀁯 = 1 com 𝑦 ⩾ 0. A fronteira de 𝑆, denotada 𝜕𝑆, é dada
por 𝜕𝑆 = 𝐶 ∪ 𝛾, sendo 𝛾 o segmento de reta pertencente ao eixo cartesiano 𝑂𝑋, com
𝑥 ∈ [−1, 1] orientada de forma que 𝑥 seja crescente. A orientação de 𝑆 é tal que o seu
vetor normal tem a coordenada 𝑧 positiva. Aplicando o Teorema de Stokes temos que
􀇸
𝑆
rot 𝐅.𝑑𝑆 = 􀈧
𝐶
𝐅.𝑑𝑟 +􀈧
𝛾
𝐅.𝑑𝑟.
Temos que rot 𝐅 = (𝑥􀁯𝑦, −𝑥𝑦􀁯, 1). A parametrização natural em 𝑆 é dada por 𝜑(𝑢, 𝑣) =
(𝑢, 𝑣, 𝑢𝑣), com 𝑢􀁯 + 𝑣􀁯 ⩽ 1 e 𝑣 ⩾ 0. Então, 𝑁 =
𝜕𝜑
𝜕𝑢
×
𝜕𝜑
𝜕𝑣
= (−𝑣, −𝑢, 1). Segue que
rot 𝐅(𝜑(𝑢, 𝑣)).𝑁 = −𝑢􀁯𝑣􀁯 + 𝑢􀁯𝑣􀁯 + 1 = 1. Então, ∬
𝑆
rot 𝐅.𝑑𝑆 = Área(𝐷), sendo 𝐷 o
domínio de 𝜑. Portanto,∬
𝑆
rot 𝐅.𝑑𝑆 = 𝜋/2.
A curva 𝛾 pode ser parametrizada por 𝜎(𝑡) = (𝑡, 0, 0), com 𝑡 ∈ [−1, 1]. Portanto,
𝜎′(𝑡) = (1, 0, 0) e ∫
𝛾
𝐅.𝑑𝑟 = −∫
􀁮
−􀁮
𝑡􀁯𝑑𝑡 = −2/3.
Obtemos, então, que􀈧
𝐶
𝐅.𝑑𝑟 =
3𝜋 + 4
6
.
Questão 4 (2.5 pontos)
Calcule o fluxo do campo vetorial �⃗�(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑦􀁰 sen 𝑧, 𝑥􀁰 cos 𝑧, 𝑧􀁰) através da superfície
definida por 𝑧 = 􀇼𝑥
􀁯 + 𝑦􀁯, onde 1 ⩽ 𝑧 ⩽ 2, sendo que o vetor normal aponta para fora do
cone.
Solução:
Parametrizando o tronco de cone, observa-se que o cálculo da integral que se apresenta
não é imediato. Aplicaremos o Teorema de Gauss na região do ℝ􀁰 dada por
𝑊 = 􀊈(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ ℝ􀁰 tais que 𝑧 ⩾ 􀇼𝑥
􀁯 + 𝑦􀁯 e 𝑧 ∈ [1, 2]􀊋 .
Temos que a fronteira orientada positivamente de𝑊 , denotada 𝜕𝑊 , é dada por 𝜕𝑊 =
𝑆 ∪ 𝑆􀁮 ∪ 𝑆􀁯, sendo 𝑆 a superfície definida no enunciado. 𝑆􀁮 é a porção do plano 𝑧 = 2
com 𝑥􀁯+𝑦􀁯 ⩽ 4 e normal unitária (0, 0, 1). 𝑆􀁯 é a porção do plano 𝑧 = 1 com 𝑥􀁯+𝑦􀁯 ⩽ 1
e normal unitária (0, 0, −1).
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Gabarito da prova final - 26/06/2012(continuação)
Aplicando o Teorema de Gauss temos que
􀇵
𝑊
div �⃗� 𝑑𝑉 =􀇸
𝑆
�⃗�.𝑑𝑆 +􀇸
𝑆􀁸
�⃗�.𝑑𝑆 +􀇸
𝑆􀁹
�⃗�.𝑑𝑆.
Em 𝑆􀁮 temos que �⃗�.𝜂 = 8, sendo 𝜂 a normal unitária. Então,∬
𝑆􀁸
�⃗�.𝑑𝑆 = 32𝜋.
Em 𝑆􀁯 temos que �⃗�.𝜂 = −1, sendo 𝜂 a normal unitária. Então,∬
𝑆􀁸
�⃗�.𝑑𝑆 = −𝜋.
Temos que div �⃗� = 3𝑧􀁯. Utilizando coordenadas cilíndricas, isto é, a mudança de
coordenadas dada por 𝑥 = 𝑟 cos 𝜃, 𝑦 = 𝑟 sen𝜃 e 𝑧 = 𝑧, que tem como jacobiano 𝑟,
obtemos que
􀇵
𝑊
div �⃗� 𝑑𝑉 = 􀈧
􀁯𝜋
􀁭
􀈧
􀁯
􀁮
􀈧
𝑧
􀁭
3𝑧􀁯𝑟 𝑑𝑟𝑑𝑧𝑑𝜃 =
93𝜋
5
⋅
Obtemos, então, que􀇸
𝑆
�⃗�.𝑑𝑆 =
93𝜋
5
− 32𝜋 + 𝜋 = −
62𝜋
5
⋅
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Cálculo Diferencial e Integral III - MAC238
Prova final unificada - Politécnica/Escola de Química - 29/11/2011
Questão 1: (2.5 pontos)
Encontre a área da região do primeiro quadrante limitada simultaneamente pelas
curvas xy = 4, xy = 8, xy3 = 5 e xy3 = 15 usando uma única integral dupla.
Sugestão: aplique uma mudança de variáveis adequada.
Questão 2: (2.5 pontos)
Seja o campo vetorial ~F (x, y) =
(
F1(x, y), F2(x, y)
)
de classe C1 definido em U =
R2 \{(0, 0)} e suponha que ∂F2
∂x
= 4+
∂F1
∂y
em U . Sabendo, ainda, que
∫
γ
~F .dr = 6pi,
sendo γ a circunferência de centro em (0, 0) e raio 1 orientada no sentido anti-horário,
calcule
∫
C
~F .dr, onde C é a elipse 25x2 + 4y2 = 100, orientada no sentido anti-horário.
Questão 3: (2.5 pontos)
Seja C a curva de interseção do cilindro circular x2 + y2 = 4 com o plano z = 4,
orientada no sentido anti-horário quando vista de cima. Calcule
∮
C
F.dr, onde F é o
campo vetorial definido por
F (x, y, z) =
(
yz + ex
2
, 3x− xz + ln(1 + ey), ln(3x2 + 3y2 + 1− z)).
Obs: Leve em conta na sua resolução o domínio do campo vetorial F e, se julgar
necessário, utilize o cilindro circular.
Questão 4: (2.5 pontos)
Calcule o fluxo do campo vetorial F (x, y, z) = (x + ln(y2z4 + pi), y + ex
2
, x + z)
através da superfície lateral do tetraedro limitado pelo plano
x
a
+
y
b
+
z
c
= 1 e pelos
planos coordenados, sendo a, b e c constantes positivas. Oriente esta superfície de
forma que os vetores normais apontem para o interior do tetraedro.
Obs: considere que a superfície lateral deste tetraedro é constituída das suas faces,
com exceção da face contida no plano cartesiano xy (que é a base deste tetraedro).
Obs: Todas as curvas e superfícies auxiliares utilizadas na resolução
das questões deverão ser claramente especificadas (através de esboço e/ou
parametrização e/ou identificação), incluindo as orientações adotadas.
Regras:
• Não é permitida consulta a qualquer fonte e nem se ausentar da sala durante a prova
• Todo o material do aluno, com exceção de documento de identidade, lápis, caneta,
régua, borracha deve ficar junto à mesa do professor
• Calculadoras, aparelhos celulares e similares devem ficar desligados na bolsa/mochila
do aluno junto à mesa do professor
• O aluno deve apresentar o documento de identificação quando for assinar a folha de
presença.
• A prova pode ser feita com lápis e/ou caneta.
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Cálculo Diferencial e Integral III - MAC238
Gabarito prova final - Escola Politécnica / Escola de Química - 29/11/2011
Questão 1: (2.5 pontos)
Encontre a área da região do primeiro quadrante limitada simultaneamente pelas
curvas xy = 4, xy = 8, xy3 = 5 e xy3 = 15 usando uma única integral dupla.
Sugestão: aplique uma mudança de variáveis adequada.Solução:
Um esboço da região pode ser visto na figura abaixo.
A ideia mais simples de mudança de variáveis é considerar u = xy e v = xy
3
. A
matriz jacobiana da mudança de coordenadas inversa, isto é, da aplicação dada
por (u, v) = Ψ(x, y) = (xy, xy
3
) é
∂(u, v)
∂(x, y)
=
∣
∣
∣
∣
∣
y x
y
3
3xy
2
∣
∣
∣
∣
∣
= 2xy
3
= 2v.
Sabemos que o determinante jacobiano da mudança de variáveis escolhida é
o inverso multiplicativo do determinante jacobiano da mudança de variáveis
inversa (consequência do Teorema da Função Inversa) e, portanto
∂(x, y)
∂(u, v)
=
(
∂(u, v)
∂(x, y)
)
−1
=
1
2v
. Com a mudança de variáveis escolhida, a região de integração
é extremamente simples e é dada por (u, v) ∈ [4, 8]× [5, 15]. Finalmente,
Área =
∫
8
4
∫
15
5
1
2v
dvdu = 2(ln 15− ln 5) = 2 ln 3
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Gabarito prova final - Escola Politécnica / Escola de Química - 29/11/2011(continuação)
Questão 2: (2.5 pontos)
Seja o campo vetorial ~F (x, y) =
(
F1(x, y), F2(x, y)
)
de classe C1 definido em U =
R2 \{(0, 0)} e suponha que ∂F2
∂x
= 4 +
∂F1
∂y
em U . Sabendo, ainda, que
∫
γ
~F .dr = 6pi,
sendo γ a circunferência de centro em (0, 0) e raio 1 orientada no sentido anti-horário,
calcule
∫
C
~F .dr, onde C é a elipse 25x2 + 4y2 = 100, orientada no sentido anti-horário.
Solução:
Das condições de regularidade do campo vetorial ~F vemos que podemos aplicar
o Teorema de Green em qualquer região que satisfaça as condições do teorema
e que não contenha a origem, pois o campo não está definido em (0, 0). Vamos
aplicar Green na região do R2, que denominaremos D, que contém os pontos no
interior da elipse 25x2 + 4y2 = 100 e fora da circunferência de centro em (0, 0) e
raio 1. Pelo Teorema de Green, respeitando as orientações, temos que∫∫
D
∂F2
∂x
− ∂F1
∂y
dA =
∮
C
~F .dr −
∮
γ
~F .dr.
Como
∂F2
∂x
− ∂F1
∂y
= 4, a área do interior da elipse é pi.2.5 = 10pi, a área do interior
do círculo é pi.12 = pi obtemos que∮
C
~F .dr = 6pi + 4(10pi − pi) = 42pi.
Questão 3: (2.5 pontos)
Seja C a curva de interseção do cilindro circular x2 + y2 = 4 com o plano z = 4,
orientada no sentido anti-horário quando vista de cima. Calcule
∮
C
F.dr, onde F é o
campo vetorial definido por
F (x, y, z) =
(
yz + ex
2
, 3x− xz + ln(1 + ey), ln(3x2 + 3y2 + 1− z)).
Obs: Leve em conta na sua resolução o domínio do campo vetorial F e, se julgar
necessário, utilize o cilindro circular.
Solução:
Vemos que o último termo do campo vetorial F não está definido em todo o
R3. Em coordenadas cilíndricas está definido somente quando z < 3r2 + 1. Em
especial, se z = 4 não está definido no disco com r 6 1. Assim, não podemos
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Cálculo Diferencial e Integral III - MAC238
Gabarito prova final - Escola Politécnica / Escola de Química - 29/11/2011(continuação)
pensar em aplicar Stokes usando o disco dado por z = 4 e r 6 2 como superfície.
O cálculo direto da integral parece envolver integrações não usuais e deveremos
tentar aplicar o Teorema de Stokes escolhendo superfície adequada.
O rotacional do campo F é dado por
rotF =
(
6y
3x2 + 3y2 + 1− z + x, y −
6x
3x2 + 3y2 + 1− z , 3− 2z
)
.
Com a expressão para o rotacional obtida, vemos que este tem uma expressão
mais simples sobre o cilindro x2 + y2 = 4. Seja S1 a porção do cilindro x2 + y2 = 4
com z ∈ [0, 4], orientada com normal apontando para o interior do cilindro. Seja γ
a projeção da curva C no plano cartesiano z = 0 orientada no sentido anti-horário.
Aplicando o Teorema de Stokes temos que∫∫
S1
rotF.η dS =
∮
C
F.dr −
∮
γ
F.dr.
O cálculo direto da integral de linha ao longo da curva γ tem a mesma dificuldade
que o cálculo ao longo da curva C, no entanto, podemos aplicar o Teorema de
Stokes para esta curva usando como superfície o plano z = 0 já que o campo e
o rotacional são de classe C∞ para todos os pontos (x, y, z) com z < 1, como
já vimos. Seja S2 a região do plano z = 0 limitada pelo cilindro x2 + y2 = 4,
orientada com vetor normal unitário (0, 0, 1). Temos que∫∫
S2
rotF.η dS =
∮
γ
F.dr
e, portanto, ∮
C
F.dr =
∫∫
S1
rotF.η dS +
∫∫
S2
rotF.η dS. (1)
Obs: poderíamos ter chegado à mesma conclusão se tivéssemos escolhido a união
das superfícies S1 e S2 para aplicar o Teorema de Stokes.
Podemos parametrizar S1 por ϕ(θ, v) = (2 cos θ, 2 sen θ, v) com θ ∈ [0, 2pi) e
v ∈ [0, 4] e, então,
∂ϕ
∂v
× ∂ϕ
∂θ
= (0, 0, 1)× (−2 sen θ,−2 cos θ, 0) = (−2cosθ, 2 sen θ, 0).
Este vetor está orientado para o interior de S1, como se deseja. Daí segue que∫∫
S1
rotF.η dS =∫ 4
0
∫ 2pi
0
−24 sen θ cos θ
13− v − 4 cos
2 θ +
24 sen θ cos θ
13− v − 4 sen
2 θ dθdv =
−
∫ 4
0
∫ 2pi
0
4 dθdv = −32pi. (2)
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Gabarito prova final - Escola Politécnica / Escola de Química - 29/11/2011(continuação)
Obs: O vetor normal unitário deste cilindro é dado por (−x/2,−y/2, 0) e, portanto,
rotF.η = −x2/2 − y2/2 = −2. Como a área de S1 é o perímetro do cilindro
multiplicado pela altura confirmamos o resultado obtido em (2).
Finalmente, como a normal unitária à superfície S2 é dada por (0, 0, 1), temos
que rotF.η = 3 ao longo de S2 e, portanto,
∫∫
S2
rotF.η dS = 12pi. Aplicando este
resultado e o obtido em (2) na equação (1) temos que
∮
C
F.dr = −32pi + 12pi =
−20pi.
Questão 4: (2.5 pontos)
Calcule o fluxo do campo vetorial F (x, y, z) = (x + ln(y2z4 + pi), y + ex
2
, x + z)
através da superfície lateral do tetraedro limitado pelo plano
x
a
+
y
b
+
z
c
= 1 e pelos
planos coordenados, sendo a, b e c constantes positivas. Oriente esta superfície de
forma que os vetores normais apontem para o interior do tetraedro.
Obs: considere que a superfície lateral deste tetraedro é constituída das suas faces,
com exceção da face contida no plano cartesiano xy (que é a base deste tetraedro).
Solução:
Inicialmente, temos que o campo F está definido em todo o R3 e é de classe
C∞. Para evitar calcular três integrais de superfície vetoriais com integrações
possivelmente complicadas, vamos aplicar o Teorema de Gauss. A superfície
(fronteira) completa do tetraedro inclui as três faces laterias pedidas e, também
a base. Denominando Sl a superfície lateral do tetraedro, orientada com vetores
normais apontando para dentro do tetraedro, Sb a base do tetraedro, orientada com
vetores normais apontando para dentro do tetraedro e Ω o tetraedro propriamente
dito, temos, usando o Teorema da Divergência (Gauss) a seguinte expressão∫∫∫
Ω
div(F ) dV =
∫∫
∂Ω
F.η dS = −
∫∫
Sl
F.η dS −
∫∫
Sb
F.η dS. (3)
É imediato obter que divF = 3 e, portanto,
∫∫∫
Ω
div(F ) dV = 3Vol(Ω). Da
geometria analítica básica sabemos que o volume da pirâmide é dado por um terço
da área da base multiplicada pela altura e, portanto, o volume deste tetraedro é
V ol =
abc
6
. Temos, também que o vetor normal a Sb é dado por η = (0, 0, 1).∫∫
Sb
F.η dS =
∫∫
Sb
x+ z dS =
∫∫
Sb
x dS =
∫ a
0
∫ b−bx/a
0
x dydx =
a2b
6
.
Utilizando (3) temos que
∫∫
Sl
F.η dS = −abc
2
− a
2b
6
.
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Prova final unificada - Escola Politécnica / Escola de Química - 30/06/2011
Questão 1: (2.5 pontos)
Calcule
∫∫∫
Ω
√
x2 + y2 + z2 dxdydz, sendo Ω a região em R3 limitada pelas superfícies S1 e S2. A
superfície S1 é dada pela equação cartesiana z =
√
x2 + y2, com 0 6 z 6 1. A superfície S2 é dada
pela equação cartesiana x2 + y2 + (z − 1)2 = 1, com 1 6 z 6 2.
Questão 2: (2.5 pontos)
Calcule aintegral de linha
∫
∂Ω
−→
F .dr, onde −→F (x, y) =
(
y3
3x, e
y2
)
e ∂Ω é a fronteira da região Ω ⊂ R2.
A região Ω é limitada simultaneamente pelas curvas dadas por 3x2 = piy, 3x2 = 2piy, y2 = 2x e
y2 = 4x. Oriente ∂Ω no sentido horário.
Questão 3: (2.5 pontos)
Calcule a integral de linha
∫
C
−→
F .dr, onde C é a curva dada pela interseção do plano z + 2y = 5 com
o parabolóide dado por x2 + (y − 1)2 = z e −→F (x, y, z) é o campo vetorial dado por
−→
F (x, y, z) =
(
y + z
3
3 + e
x2 , x, y3 + z6
)
.
Oriente a curva de forma que a sua projeção no plano cartesiano xy esteja orientada no sentido
horário.
Questão 4: (2.5 pontos)
Calcular
∫∫
∂D
(−→F .−→η )dS, sendo −→F (x, y, z) = (x3 + xy2)−→i + (x2y + y3)−→j e ∂D a fronteira da região
D dada por D = {(x, y, z) tais que x2 + y2 6 a2 e 0 6 z 6 h}, sendo a e h constantes positivas.
Considere que o vetor normal −→η aponta para o interior da região D.
Obs: Todas as curvas e regiões auxiliares utilizadas na resolução das questões deverão ser claramente
identificadas, incluindo as orientações adotadas.
Duração da prova: duas horas
Regras:
• Não é permitida consulta a qualquer fonte e nem se ausentar da sala durante a prova
• Todo o material do aluno, com exceção de documento de identidade, lápis, caneta, régua, borracha
deve ficar junto à mesa do professor
• Calculadoras, aparelhos celulares e similares devem ficar desligados na bolsa/mochila do aluno
junto à mesa do professor
• O aluno deve apresentar o documento de identificação quando for assinar a folha de presença.
• A prova pode ser feita com lápis e/ou caneta.
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Gabarito prova final unificada - Escola Politécnica / Escola de Química - 30/06/2011
Questão 1: (2.5 pontos)
Calcule
∫∫∫
Ω
√
x2 + y2 + z2 dxdydz, sendo Ω a região em R3 limitada pelas superfícies S1 e S2. A
superfície S1 é dada pela equação cartesiana z =
√
x2 + y2, com 0 6 z 6 1. A superfície S2 é dada
pela equação cartesiana x2 + y2 + (z − 1)2 = 1, com 1 6 z 6 2.
Solução:
A mudança de coordenadas esférica parece ser indicada para resolver esta integral. Seja, então,
a mudança de coordenadas esférica dada por Ψ(ρ, θ, ϕ) = (ρ cos θ senϕ, ρ sen θ senϕ, ρ senϕ). A
superfície S1 é caracterizada por ϕ =
pi
4 (basta substitiur as coordenadas esféricas na euqação
cartesiana de S1). Substituindo as coordenadas esféricas na equação de S2 obtemos que ρ2 =
2ρ cosϕ. Considerando que ρ 6= 0 obtemos que ρ = 2 cosϕ. Os limites de integração serão, então,
dados por θ ∈ [0, 2pi], ϕ ∈ [0, pi/4] e ρ ∈ [0, 2 cosϕ]. Como o jacobiano das coordenadas esféricas
é dado por ρ2 senϕ temos que∫∫∫
Ω
√
x2 + y2 + z2 dxdydz =
∫ 2pi
0
∫ pi/4
0
∫ 2 cosϕ
0
ρ3 senϕdρdϕdθ =∫ 2pi
0
∫ pi/4
0
4 cos4 ϕ senϕdϕdθ = 2pi.45 .
8−√2
8 =
pi
5 (8−
√
2).
Questão 2: (2.5 pontos)
Calcule a integral de linha
∫
∂Ω
−→
F .dr, onde −→F (x, y) =
(
y3
3x, e
y2
)
e ∂Ω é a fronteira da região Ω ⊂ R2.
A região Ω é limitada simultaneamente pelas curvas dadas por 3x2 = piy, 3x2 = 2piy, y2 = 2x e
y2 = 4x. Oriente ∂Ω no sentido horário.
Solução:
Um esboço das quatro parábolas que limitam a região Ω nos leva a concluir que o cálculo direto
da integral pedida envolverá o cálculo de 4 integrais de linha. A utilização do Teorema de Green
parece ser uma alternativa adequada. Observamos que o campo vetorial não está definido ao
longo do eixo cartesiano y mas, do esboço, obtemos que a região fechada Ω, que é a única
região limitada simultaneamente pelas quatro curvas, se encontra no primeiro quadrante e não
intercepta nenhum eixo cartesiano. Temos que ∂F2
∂x
− ∂F1
∂y
= −y
2
x
e, daí,
∫
∂Ω
−→
F .dr =
∫∫
Ω
y2
x
dxdy,
respeitando a orientação pedida. Analisando as curvas e a função a integrar, vemos que a mudança
de coordenadas dada por u = y
2
x
e v = x
2
y
simplificaria bastante os cálculos. Temos, então ,
que u2v = y3 e v2u = x3. Portanto, x = v2/3u1/3 e y = u2/3v1/3. O cálculo do determinante
jacobiano nos leva a
|J | =
∣∣∣∣∣∣∣det
13
 u
−2/3v2/3 2u1/3v−1/3
2u−1/3v1/3 u2/3v−2/3


∣∣∣∣∣∣∣ =
1
3
O domínio da mudança de coordenadas é dado por u ∈ [2, 4] e v ∈
[
pi
3 ,
2pi
3
]
. Finalmente, usando
o Teorema de Green (observando a orientação) e aplicando a mudança de coordenadas proposta
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temos que ∫
∂Ω
−→
F .dr = −
∫∫
Ω
−y2
x
dxdy =
∫ 2pi/3
pi/3
∫ 4
2
1
3ududv =
2pi
3 .
Obs: O cálculo do jacobiano poderia ser feito sem explicitar a inversa da mudança de coordenadas
proposta, o que facilita um pouco os cálculos. Para isto bastaria calcular ∂(u, v)
∂(x, y) , obtendo que é
igual a 3, e utilizar o Teorema da Função Inversa que assegura que ∂(x, y)
∂(u, v) =
(
∂(u, v)
∂(x, y)
)−1
.
Questão 3: (2.5 pontos)
Calcule a integral de linha
∫
C
−→
F .dr, onde C é a curva dada pela interseção do plano z + 2y = 5 com
o parabolóide dado por x2 + (y − 1)2 = z e −→F (x, y, z) é o campo vetorial dado por
−→
F (x, y, z) =
(
y + z
3
3 + e
x2 , x, y3 + z6
)
.
Oriente a curva de forma que a sua projeção no plano cartesiano xy esteja orientada no sentido
horário.
Solução:
O cálculo explícito da integral de linha parece ser muito trabalhoso. Por outro lado, o campo
vetorial F é de classe C∞ em todo o R3 e satisfaz rotF (x, y, z) = (3y2, z2, 1− 1) = (3y2, z2, 0)
Podemos, então, aplicar o Teorema de Stokes e obter que
∫
C
F.dr =
∫∫
S
rotF.dS, sendo S
a porção do plano z + 2y = 5 limitada pelo parabolóide x2 + (y − 1)2 = z. A orientação
para o plano deve ser tal que a terceira componente do vetor normal seja negativa, que é a
orientação positiva do Teorema de Stokes, pois é dito no enunciado que a curva C é orientada de
forma que a sua projeção no plano cartesiano xy é percorrida no sentido horário. Utilizaremos
a parametrização natural para o plano que é dada por ϕ(x, y) = (x , y, 5 − 2y). O domínio
desta parametrização poderá ser determinado pela interseção do plano com o paraboloide.
Substituindo a parametrização na equação do parabolóide obtemos que x2 + (y − 1)2 = 5− 2y,
isto é, x2 + y2 = 4. O domínio da parametrização (que denotaremos D) será dado, portanto, por
x2 + y2 6 4. Além disso, temos que N := ∂ϕ
∂x
× ∂ϕ
∂y
= (0, 2, 1). Observemos que este vetor está
orientado negativamente (terceira coordenada positiva). Obtemos, então que∫
C
F.dr = −
∫∫
D
(3y2, (5− 2y)2, 0).(0, 2, 1)dxdy =
∫∫
D
40y − 50− 8y2dxdy.
Uma mudança de coordenadas polar nos leva∫ 2
0
∫ 2pi
0
40r sen θ − 50r − 8r3 sen2 θdθdr = pi
∫ 2
0
−100r − 8r3dr = (−200− 32)pi = −232pi
Obs: Poderia ser utilizada, também, uma parametrização da forma ϕ(r, θ) = (r cos θ, r sen θ, 5−
2r sen θ) que permitiria que a integral no domínio fosse resolvida sem necessidade de mudança
de coordenadas adicional.
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Questão 4: (2.5 pontos)
Calcular
∫∫
∂D
(−→F .−→η )dS, sendo −→F (x, y, z) = (x3 + xy2)−→i + (x2y + y3)−→j e ∂D a fronteira da região
D dada por D = {(x, y, z) tais que x2 + y2 6 a2 e 0 6 z 6 h}, sendo a e h constantes positivas.
Considere que o vetor normal −→η aponta para o interior da região D.
Solução:
Como a superfície a integrar já é a fronteira da região D, o Teorema de Gauss parece ser
o mais indicado. Vemos que o campo vetorial F é de classe C∞ em todo o R3 e satisfaz
divF (x, y, z) = 4(x2 + y2)
Como o Teorema da Divergência exige que o vetor normal à fronteiraaponte para fora da
região e foi pedida a integral na fronteira apontando para dentro da região, isto implica que∫∫
∂D
(−→F .−→η )dS = −
∫∫∫
D
div−→F dV = −4
∫∫∫
D
x2 + y2dV .
Uma mudança de coordenadas cilíndricas resolverá facilmente a integral tripla. Sabemos que
esta mudança é dada por ϕ(r, θ, z) = (r cos θ, r sen θ, z), sendo que o jacobiano é r. Temos
que θ ∈ [0, 2pi], z ∈ [0, h] e r ∈ [0, a]. Segue que
∫∫
∂D
(−→F .−→η )dS = −4
∫∫∫
D
x2 + y2dV =
−4
∫ 2pi
0
∫ a
0
∫ h
0
r3dzdrdθ = −2pia4h.
Obs: A superfície ∂Ω é constituída pelo cilindro x2 + y2 = a2 com 0 6 z 6 h e pela porção dos
planos z = 0 e z = h no interior do cilindro. O cálculo direto da integral de superfície em ∂Ω
exigiria o cálculo da integral em cada uma destas superfícies.
Obs: Todas as curvas e regiões auxiliares utilizadas na resolução das questões deverão ser claramente
identificadas, incluindo as orientações adotadas.
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Instituto de Matema´tica - IM/UFRJ
Ca´lculo Diferencial e Integral IIIIII - MAC238
Prova final unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 06/12/2010
Questa˜o 1: (2.5 pontos)
Calcule o volume do so´lido W dado por
W =
{
(x, y, z) ∈ R3 tais que z 6 12− (x2 + y2), z >
√
x2 + y2 e z 6 4 + x2 + y2
}
Questa˜o 2: (2.5 pontos)
Calcule
∮
C
(
y2
2
+ ln(1 + x6), 2xy + sen(5 + 4y2)
)
. dr, onde C e´ a fronteira da regia˜o do R2 limitada
por y = x, y = −x e x2 + y2 = 4, com y > 0. A curva C esta´ orientada no sentido hora´rio.
Questa˜o 3: (2.5 pontos)
Calcule a integral de linha do campo
F(x, y, z) =
(
3 + yz2
)
i + (4− x) j + (5 + z4 etan z)k.
ao longo da curva C dada pela intersec¸a˜o das superf´ıcies{
(x, y, z) ∈ R3 tais que 3(x2 + y2 + z2) = 2
√
3x e z > 0
}
e{
(x, y, z) ∈ R3 tais que x2 + y2 = 1} .
Considere que a curva esteja orientada no sentido anti-hora´rio quando projetada no plano coorde-
nado xy.
Questa˜o 4: (2.5 pontos)
Calcular o fluxo do campo
−→
X = (ln(1 + y4), cos6 x, 3z2 − 5) atrave´s do hemisfe´rio
H =
{
(x, y, z) tais que x2 + y2 + z2 = a2, z > 0
}
.
Considere que a orientac¸a˜o de H seja tal que a componente z do vetor normal seja positiva.
Durac¸a˜o da prova: duas horas.
Obs: Todas as curvas e superf´ıcies auxiliares utilizadas na resoluc¸a˜o das questo˜es devera˜o ser
claramente identificadas, incluindo as orientac¸o˜es adotadas.
Regras:
• Na˜o e´ permitida consulta a qualquer fonte, se ausentar da sala durante a prova, utilizar calculadora.
• Todo o material do aluno deve ficar junto a` mesa do professor. Com o aluno podera´ ficar apenas
caneta, re´gua e borracha e carteira de identidade.
• Os aparelhos celulares e similares devem ficar desligados na bolsa/mochila do aluno junto a` mesa
do professor.
• O aluno deve apresentar o documento de identificac¸a˜o quando for assinar a folha de presenc¸a.
• A prova pode ser feita com la´pis e/ou caneta.
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Instituto de Matema´tica - IM/UFRJ
Ca´lculo Diferencial e Integral III - MAC238
Gabarito prova final unificada - Escola Polite´cnica/Escola de Qu´ımica - 06/12/2010
Questa˜o 1: (2.5 pontos)
Calcule o volume do so´lido W dado por
W =
{
(x, y, z) ∈ R3 tais que z 6 12− (x2 + y2), z >
√
x2 + y2 e z 6 4 + x2 + y2
}
Soluc¸a˜o:
Sejam as superf´ıcies S1, S2 e S3 cujas equac¸o˜es sa˜o dadas, respectivamente, por z = 12−(x2+y2),
z =
√
x2 + y2 e z = 4 + x2 + y2. Notemos que S2 e S3 na˜o se interceptam pois se houvesse
intersec¸a˜o esta deveria satisfazer z = 4 + z2 que e´ uma equac¸a˜o de segundo grau sem soluc¸a˜o
real. Por outro lado, a intersec¸a˜o de S1 e S2 satisfaz z
2+z−12 = 0, que tem como ra´ızes z = −4
e z = 3. A situac¸a˜o z = −4 na˜o e´ aceita´vel pois a superf´ıcie S2 so´ tem pontos com z > 0. Enta˜o
temos que a intersec¸a˜o de S1 e S2 corresponde a` circunfereˆncia dada por x
2 + y2 = 9 com z = 3.
Isto implica que as duas primeiras desigualdades so´ podera˜o ser satisfeitas se x2 + y2 6 9. Um
procedimento ana´logo mostra que a intersec¸a˜o de S1 e S3 corresponde a` circunfereˆncia dada por
x2+y2 = 4 com z = 8. Isto implica que x2+y2 6 4 se, e somente se, 4+x2+y2 ≤ 12−(x2+y2).
Aplicando estas concluso˜es e utilizando coordenadas cil´ındricas obtemos que
V olume =
∫∫
W
1dV =
∫ 2pi
0
∫ 2
0
∫ 4+r2
r
rdzdrdθ +
∫ 2pi
0
∫ 3
2
∫ 12−r2
r
rdzdrdθ =
2pi
∫ 2
0
4r + r3 − r2dr + 2pi
∫ 3
2
12r − r3 − r2dr = 67pi
2
Obs: A expressa˜o acima pode ser facilmente obtida se fizermos o gra´fico da sec¸a˜o das treˆs
superf´ıcies em y = 0, por exemplo, pois todas sa˜o superf´ıcies de revoluc¸a˜o.
Questa˜o 2: (2.5 pontos)
Calcule
∮
C
(
y2
2
+ ln(1 + x6), 2xy + sen(5 + 4y2)
)
. dr, onde C e´ a fronteira da regia˜o do R2 limitada
por y = x, y = −x e x2 + y2 = 4, com y > 0. A curva C esta´ orientada no sentido hora´rio.
Soluc¸a˜o:
O ca´lculo direto envolve treˆs integrais de linha de func¸o˜es que, aparentemente, na˜o sa˜o simples.
O campo que esta´ sendo integrado e´ de classe C∞ definido em R2. Temos que ∂F2
∂x
− ∂F1
∂y
= y.
Aplicando o Teorema de Green, observando que a orientac¸a˜o pedida tem sentido oposto a`
orientac¸a˜o padra˜o deste teorema, obtemos que∮
C
(
y2
2
+ ln(1 + x6), 2xy + sen(5 + 4y2)
)
. dr = −
∫∫
D
ydA,
sendo D a regia˜o cuja fronteira e´ C. Utilizando coordenadas cil´ındricas obtemos que∫∫
D
ydA =
∫ 3pi/4
pi/4
∫ 2
0
r2 sen θdrdθ =
8
√
2
3
.
Portanto, o resultado desejado e´ −8
√
2
3
.
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Ca´lculo Diferencial e Integral III - MAC238
Gabarito prova final unificada - Escola Polite´cnica/Escola de Qu´ımica - 06/12/2010(continuac¸a˜o)
Questa˜o 3: (2.5 pontos)
Calcule a integral de linha do campo
F(x, y, z) =
(
3 + yz2
)
i + (4− x) j + (5 + z4 etan z)k.
ao longo da curva C dada pela intersec¸a˜o das superf´ıcies{
(x, y, z) ∈ R3 tais que 3(x2 + y2 + z2) = 2
√
3x e z > 0
}
e{
(x, y, z) ∈ R3 tais que x2 + y2 = 1} .
Considere que a curva esteja orientada no sentido anti-hora´rio quando projetada no plano coorde-
nado xy.
Soluc¸a˜o:
O ca´lculo direto envolve uma integral de linha de campo vetorial que, aparentemente, na˜o e´
simples. Iremos, enta˜o, aplicar o teorema de Stokes. O campo vetorial F e´ de classe C∞ e esta´
definido em todo o R3, com rot F = (0, 2yz,−1 − z2). A curva C e´ a intersec¸a˜o de uma semi-
esfera com um cilindro e na˜o e´ uma curva fechada. Portanto, se quisermos aplicar o Teorema de
Stokes para encontrar a integral de linha deveremos escolher uma superf´ıcie adequada e incluir
uma nova curva γ conveniente de forma que a fronteira da superf´ıcie seja a unia˜o de C e γ.
Escolheremos a superf´ıcie S como sendo a porc¸a˜o do cilindro x2 + y2 = 1 limitada inferiormente
pelo plano z = 0 e superiormente pela curva C. A curva γ sera´ a projec¸a˜o ortogonal no plano
cartesiano xy da curva C. Aplicando Stokes obtemos∫∫
S
rot F.dS =
∫
C
F.dr +
∫
γ
F.dr,
sendo que S e γ sera˜o orientadas de forma positiva a partir da orientac¸a˜o de C.
Os pontos terminais das curvas C e γ satisfazem 3(x2 + y2 + z2) = 2
√
3x, x2 + y2 = 1 e z = 0.
Portanto, x =
√
3 /2 e, consequentemente, y = 1/2 ou y = −1/2. Portanto, o ponto inicial e
final de C sa˜o, respectivamente, (
√
3/2,−1/2, 0) e (√3/2, 1/2, 0).
Uma parametrizac¸a˜o para a superf´ıcie S e´ dada por ϕ(θ, z) = (cos θ, sen θ, z) com θ ∈ [−pi/6, pi/6]
e z ∈
[
0,
(
2
√
3 /3 cos θ − 1)1/2]. Estes limites foram obtidos a partir dos pontos terminais de C
e da intersec¸a˜o da esfera com o cilindro. Derivando obtemos que
∂ϕ
∂θ
× ∂ϕ
∂z
= (cos θ, sen θ, 0). A
orientac¸a˜o da superf´ıcie S compat´ıvel com a orientac¸a˜o pedida para a curva C aponta para o
eixo coordenado z, sentido inverso ao de
∂ϕ
∂θ
× ∂ϕ
∂z
. Temos, enta˜o,que
∫∫
S
rot F.dS =−
∫ pi/6
−pi/6
∫ (2√3 /3 cos θ−1)1/2
0
2z sen2 θ dzdθ =
−
∫ pi/6
−pi/6
sen2 θ(2
√
3/3 cos θ − 1)dθ =
− 2
√
3/9 sen3 θ + θ/2− 1/4 sen 2θ
∣∣∣pi/6
−pi/6
=
− 11
√
3
36
+
pi
6
.
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Ca´lculo Diferencial e Integral III - MAC238
Gabarito prova final unificada - Escola Polite´cnica/Escola de Qu´ımica - 06/12/2010(continuac¸a˜o)
A curva γ esta´ orientada no sentido hora´rio. Uma parametrizac¸a˜o para a curva γ− e´ dada por
σ(θ) = (cos θ, sen θ, 0) com θ ∈ [−pi/6, pi/6]. Enta˜o, temos∫
γ
F.dr =−
∫ pi/6
−pi/6
(3, 4− cos θ, 5).(− sen θ, cos θ, 0)dθ =∫ pi/6
−pi/6
3 sen θ − 4 cos θ + cos2 θ dθ =
− 4 +
√
3
4
+
pi
6
.
Enta˜o, temos que∫
C
F.dr =
∫∫
S
rot F.dS −
∫
γ
F.dr = −11
√
3
36
+
pi
6
+ 4−
√
3
4
− pi
6
= −5
√
3
9
+ 4
Questa˜o 4: (2.5 pontos)
Calcular o fluxo do campo
−→
X = (ln(1 + y4), cos6 x, 3z2 − 5) atrave´s do hemisfe´rio
H =
{
(x, y, z) tais que x2 + y2 + z2 = a2, z > 0
}
.
Considere que a orientac¸a˜o de H seja tal que a componente z do vetor normal seja positiva.
Soluc¸a˜o:
O ca´lculo direto envolve uma integral de superf´ıcie de campo vetorial que, aparentemente, na˜o
e´ simples. Iremos, enta˜o, aplicar o Teorema de Gauss.
O campo vetorial
−→
X e´ de classe C∞ e esta´ definido em todo o R3, com div−→X = 6z. O hemisfe´rio
pedido na˜o e´ uma superf´ıcie fechada e, portanto, para aplicar o Teormea de Gauss deveremos
fecha´-la. Escolhemos, enta˜o, o disco D = {(x, y, z) tais que x2 + y2 6 a2, z = 0} orientado com
vetor normal unita´rio igual a (0, 0,−1). A regia˜o W limitada por H e D e´ dada por W =
{(x, y, z) tais que x2 + y2 + z2 6 a2, z > 0}. Como as orientac¸o˜es para H e D sa˜o as adequadas
para o Teorema de Gauss (vetor normal apontando para fora de W ) podemos aplica´-lo e obter
que ∫∫∫
W
6zdV =
∫∫
H
−→
X.dS +
∫∫
D
−→
X.dS.
Utilizando coordenadas esfe´ricas temos que∫∫∫
W
6zdV =
∫ 2pi
0
∫ a
0
∫ pi/2
0
(6ρ cosϕ)(ρ2 senϕ) dϕdρdθ =∫ 2pi
0
∫ a
0
3ρ3 dρdθ =
3pia4
2
.
Tambe´m temos que ∫∫
D
−→
X.dS =
∫∫
D
−→
X.(0, 0,−1)dS =
∫∫
D
5dS = 5pia2.
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Ca´lculo Diferencial e Integral III - MAC238
Gabarito prova final unificada - Escola Polite´cnica/Escola de Qu´ımica - 06/12/2010(continuac¸a˜o)
Finalmente, obtemos que∫∫
H
−→
X.dS =
∫∫∫
W
6zdV −
∫∫
D
−→
X.dS =
3pia4
2
− 5pia2.
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Instituto de Matema´tica - IM/UFRJ
Ca´lculo Diferencial e Integral III - MAC238
Prova final unificada - Escola Polite´cnica / Escola de Qu´ımica - 12/07/2010
Questa˜o 1: (2.5 pontos)
Calcule o volume do so´lido W dado por
W =
{
(x, y, z) ∈ R3 tais que x2/3 + y
2
2
6 y com z ∈ [0, 1]
}
Questa˜o 2: (2.5 pontos)
Seja D a regia˜o do primeiro quadrante limitada pelas circunfereˆncias centradas na origem de raios
1 e 2. Considere o segmento C1 do eixo coordenado y ligando os pontos (0, 1) e (0, 2) e seja C2 a
curva orientada simples tal que a fronteira de D seja C1 ∪ C2 orientada no sentido anti-hora´rio.
Calcule
∫
C2
F · dr, sendo F (x, y) = (arctan(x) + y2, ey−x2).
Questa˜o 3: (2.5 pontos)
Determine b e c para que o campo dado por
F (x, y, z) = (y2 + 2czx, y(bx+ cz), y2 + cx2)
seja um campo gradiente e, para essas constantes, calcule
∫
C
F ·dr, onde C e´ a curva parametrizada
por
σ(t) = (t+ cos(pit), 2t+ sen(pit), t), 0 ≤ t ≤ 1.
Questa˜o 4: (2.5 pontos)
Calcule o fluxo do campo F (x, y, z) = (5x + 3yz, 4xyz, x2 − 2xz2 + 1) atrave´s da superf´ıcie dada
por S1 ∪ S2 sendo,
S1 =
{
(x, y, z) ∈ R3 tais que x2 + y2 + z2 = 9, com z > 0} e
S2 =
{
(x, y, z) ∈ R3 tais que x2 + y2 + z2 = 4, com z 6 0} .
Considere que as superf´ıcies S1 e S2 sa˜o orientadas de forma que em ambas o vetor normal aponte
para a origem.
Durac¸a˜o da prova: duas horas.
Obs: Todas as curvas e superf´ıcies auxiliares utilizadas na resoluc¸a˜o das questo˜es devera˜o ser
claramente identificadas, incluindo as orientac¸o˜es adotadas.
Regras:
• Na˜o e´ permitida consulta a qualquer fonte, se ausentar da sala durante a prova, utilizar calculadora.
• Todo o material do aluno deve ficar junto a` mesa do professor. Com o aluno podera´ ficar apenas
caneta, re´gua e borracha e carteira de identidade.
• Os aparelhos celulares e similares devem ficar desligados na bolsa/mochila do aluno junto a` mesa
do professor.
• O aluno deve apresentar o documento de identificac¸a˜o quando for assinar a folha de presenc¸a.
• A prova pode ser feita com la´pis e/ou caneta.
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Instituto de Matema´tica - IM/UFRJ
Ca´lculo Diferencial e Integral III - MAC238
Gabarito prova final unificada - Escola Polite´cnica/Escola de Qu´ımica - 12/07/2010
Questa˜o 1: (2.5 pontos)
Calcule o volume do so´lido W dado por
W =
{
(x, y, z) ∈ R3 tais que x2/3 + y
2
2
6 y com z ∈ [0, 1]
}
Soluc¸a˜o:
Completando os quadrados na inequac¸a˜o x2/3 + y2/2 ≤ y, obtemos
x2/3 +
1
2
(y − 1)2 ≤ 1
2
.
Fac¸amos a mudanc¸a de varia´veis x = r3 cos3 θ e y = 1 +
√
2r sen θ, com 0 ≤ θ ≤ 2pi e 0 ≤ r ≤
1/
√
2. Enta˜o o correspondente jacobiano e´:
∂(x, y, z)
∂(r, θ, z)
=
∣∣∣∣∣∣
3r2 cos3 θ −3r3 cos2 θ sen θ 0√
2 sen θ
√
2r cos θ 0
0 0 1
∣∣∣∣∣∣ = 3√2r3 cos2 θ.
Logo,
vol(W ) =
∫∫∫
W
dxdydz =
∫ 1
0
∫ 1/√2
0
∫ 2pi
0
3
√
2r3 cos2 θ dθdrdz
= 3
√
2
(
r4
4
)∣∣∣∣1/
√
2
0
∫ 2pi
0
1 + cos 2θ
2
dθ =
3
√
2pi
16
.
Questa˜o 2: (2.5 pontos)
Seja D a regia˜o do primeiro quadrante limitada pelas circunfereˆncias centradas na origem de raios
1 e 2. Considere o segmento C1 do eixo coordenado y ligando os pontos (0, 1) e (0, 2) e seja C2 a
curva orientada simples tal que a fronteira de D seja C1 ∪ C2 orientada no sentido anti-hora´rio.
Calcule
∫
C2
F · dr, sendo F (x, y) = (arctan(x) + y2, ey−x2).
Soluc¸a˜o:
Pelo Teorema de Green, temos∫∫
D
(
∂F2
∂x
− ∂F1
∂y
)
dxdy =
∮
∂D
F · dr =
∫
C1
F · dr +
∫
C2
F · dr,
onde a curva ∂D = C1 ∪ C2 esta´ orientada no sentido anti-hora´rio.
Portanto, ∫
C2
F · dr =
∫∫
D
(−2x− 2y) dxdy −
∫
C1
F · dr.
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Gabarito prova final unificada - Escola Polite´cnica/Escola de Qu´ımica - 12/07/2010(continuac¸a˜o)
Vamos calcular a integral dupla acima usando coordenadas polares. Enta˜o,
−2
∫∫
D
(x+ y) dxdy = −2
∫ 2
1
∫ pi/2
0
(r cos θ + r sen θ)r, drdθ
= −2
(∫ 2
1
r2 dr
)(∫ pi/2
0
(cos θ + sen θ) dθ
)
= −2
(
7
3
)
(2) = −28
3
.
Vamos agora calcular a integral de linha sobre C1. Consideremos a seguinte parametrizac¸a˜o de
C1:
σ(τ) = (0, 2− τ), 0 ≤ τ ≤ 1.
Enta˜o, σ′(τ) = (0,−1) e∫
C1
F · dr =
∫ 1
0
F (σ(τ)) · σ′(τ) dτ = −
∫ 1
0
e2−τ dτ = e− e2.
Portanto, ∫
C2
F · dr = −28
3
+ e2 − e.
Questa˜o 3: (2.5 pontos)
Determine b e c para que o campo dado por
F (x, y, z) = (y2 + 2czx, y(bx+ cz), y2 + cx2)
seja um campo gradiente e, para essas constantes, calcule
∫
C
F ·dr, onde C e´ a curva parametrizada
por
σ(t) = (t+ cos(pit), 2t+ sen(pit), t), 0 ≤ t ≤ 1.
Soluc¸a˜o:
Como o campo F e´ de classe C2, e´ suficiente mostrar que rotF = (0, 0, 0). Calculando direta-
mente, obtemos
rotF = (2y − cy, 0, by − 2y).
Logo, F e´ campo gradiente se, e somente se, b = c = 2, isto e´,
F (x, y, z) = (y2 + 4zx, 2yx+ 2z, y2 + 2x2).
Podemos enta˜o, determinar uma func¸a˜o potencial correspondente integrando cada uma das
coordenadas. Mais precisamente,
F = ∇f ⇐⇒

∂f
∂x
= y2 + 4zx,
∂f
∂y
= 2yx+ 2z,
∂f
∂z
= y2 + 2x2
=⇒

f(x, y, z) = y2x+ 2zx2 + A(y, z)
f(x, y, z) = y2z + 2zy +B(x,z)
f(x, y, z) = y2z + 2x2z + C(x, y)
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Gabarito prova final unificada - Escola Polite´cnica/Escola de Qu´ımica - 12/07/2010(continuac¸a˜o)
Identificando as func¸o˜es, obtemos f(x, y, z) = y2x + y2z + 2x2z e, consequentemente, pelo
Teorema Fundamental do Ca´lculo para Integrais de Linha temos que∫
C
F · dr = f(σ(1))− f(σ(0)) = f(0, 2, 1)− f(1.0, 0) = 4.
Questa˜o 4: (2.5 pontos)
Calcule o fluxo do campo F (x, y, z) = (5x + 3yz, 4xyz, x2 − 2xz2 + 1) atrave´s da superf´ıcie dada
por S1 ∪ S2 sendo,
S1 =
{
(x, y, z) ∈ R3 tais que x2 + y2 + z2 = 9, com z > 0} e
S2 =
{
(x, y, z) ∈ R3 tais que x2 + y2 + z2 = 4, com z 6 0} .
Considere que as superf´ıcies S1 e S2 sa˜o orientadas de forma que em ambas o vetor normal aponte
para a origem.
Soluc¸a˜o:
Considere o so´lido W = W1 ∪W2, onde
W1 =
{
(x, y, z) ∈ R3 ; x2 + y2 + z2 ≤ 9, z ≥ 0},
W2 =
{
(x, y, z) ∈ R3 ; x2 + y2 + z2 ≤ 4, z ≤ 0}.
Enta˜o a fronteira de W e´ a superf´ıcie S1 ∪ S2 ∪ S3, onde
S3 =
{
(x, y, 0) ; 4 ≤ x2 + y2 ≤ 9}.
Se considerarmos a fronteira de W orientada de tal forma que os vetores normais apontem para
o exterior de W , temos, do Teorema de Gauss,∫∫∫
W
divF dxdydz =
∫∫
∂W
(F · n)dS =
∫∫
S1∪S2
(F · n)dS +
∫∫
S3
(F · n)dS.
Como divF = 5 + 4xz − 4xz = 5, temos∫∫∫
W
divF dxdydz = 5 vol(W ) = 5
(
2
3
pi33 +
2
3
pi23
)
=
350pi
3
.
Por outro lado, parametrizando S3 explicitamente, temos
Φ(x, y) = (x, y, 0), (x, y) ∈ D = {(x, y) ∈ R2 ; 4 ≤ x2 + y2 ≤ 9},
de modo que∫∫
S3
(F · n)dS =
∫∫
D
(5x, 0, x2 + 1) · (0, 0,−1) dxdy = −
∫∫
D
(x2 + 1) dxdy.
Em coordenadas polares, temos
−
∫∫
D
(x2 + 1) dxdy = −
∫ 3
2
∫ 2pi
0
(r2 cos2 θ + 1)r drdθ = −
(
65
4
+ 5
)
pi
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Gabarito prova final unificada - Escola Polite´cnica/Escola de Qu´ımica - 12/07/2010(continuac¸a˜o)
Assim, ∫∫
S1∪S2
(F · n)dS = 350pi
3
+
(
65
4
+ 5
)
pi.
Como a orientac¸a˜o escolhida na aplicac¸a˜o do Teorema de Gauss e´ contra´ria a` pedida no enun-
ciado da questa˜o, o fluxo solicitado e´:
Fluxo atrave´s de S1 ∪ S2 = −
(
350
3
+
65
4
+ 5
)
pi = −1655
12
.
Pa´gina 4 de 4 Boa prova!
 
2009 © Todos os direitos reservados – DMM/IM/UFRJ 
09 de dezembro de 2009 
Prova Final Unificada 
Cálculo-III 
 
 
 
 
1. Calcular ∫
Ω
dxdy
x
y , onde }3121|),{( 222 ≤≤≤+≤∈=Ω
x
yeyxRyx . 
 
 
 
Solução: , 
 
 dxdy= 
 
 
 
2. Seja C uma curva plana que liga os pontos A(1,0) e B(2,0). Suponha que a curva C e 
o segmento [ ] 02,1 × limitem uma região com valor da área igual a π . Encontrar o 
valor da integral: .)1()( 2 dyxyedxyye xy
C
xy +++∫ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2009 © Todos os direitos reservados – DMM/IM/UFRJ 
 
3. Calcular ∫
Ω
++ dxdydzzyx 222 , onde Ω é o domínio de R3, limitado pelas 
superfícies: }20,{: 221 ≤≤+= zyxzS e }42,4)2({: 2222 ≤≤=−++ zzyxS . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4. Calcular integral ∫
C
sdF do campo vetorial 


 += xyyxsenyzF ,,)(cos 32
1
 sobre 
contorno C definido como interseção do plano 0=−+ zyx com planos 0,0 == yx e 
1=z . Indicar a sua escolha da orientação do contorno. 
 
 
 
 
Solução: ∫∫ =
SC
dSnFrotsdF , 
),0,( zxFrot −= , )1,1,1( −=n , 
 
∫∫ =−−−=
xySC
dxdyyxxsdF )1,1,1)(,0,( 
∫ ∫− =+1
0
1
0 2
1)2(
x
dyyxdx . 
 
 
 
M
INSTITUTO DE MATEMA´TICA
Universidade Federal do Rio de Janeiro
Prova Final Unificada de Ca´lculo III
Engenharia e Engenharia Qu´ımica
30/06/2009
1a Questa˜o: (2 pontos)
Calcule a integral
∫
1
0
∫ √
1−x2
0
∫ √
1−x2−y2
0
(x2 + y2 + x2)2 dzdydx.
2a Questa˜o: (2 pontos)
Calcule ∮
C
x2 − y2
2
dx +
x2 + 2y
2
dy,
onde C e´ a fronteira da regia˜o D =
{(
x, y) ∈ R2 | 1 ≤ 4x2 + y2 ≤ 4, x ≥ 0, y ≥ 0},
orientada no sentido anti-hora´rio.
3a Questa˜o: (2 pontos)
Calcule a a´rea da superf´ıcie de equac¸a˜o z = 1− y2 compreendida entre os planos x = 0,
y = 0, z = 0 e o cilindro z = 1− x2.
4a Questa˜o: (2 pontos)
Calcule o fluxo
∫∫
S
(F · n) dS, onde
F (x, y, z) = (z2x, y3/3 + cos(z), x2z + y2),
S =
{
(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 + z2 = 2, z ≥ 0} e n denota o vetor unita´rio apontando
para cima (isto e´, a terceira componente de n e´ positiva).
5a Questa˜o: (2 pontos)
Use o Teorema de Stokes para calcular
∮
C
y dx + z dy + x dz,
onde C e´ a curva obtida pela intersec¸a˜o do plano x+ y = 2 com a esfera x2 + y2 + z2 =
2(x + y). Indique a orientac¸a˜o escolhida.
Justifique suas respostas Boa prova!
M
INSTITUTO DE MATEMA´TICA
Universidade Federal do Rio de Janeiro
Gabarito da Prova Final Unificada de Ca´lculo III
1aQuesta˜o: Calcule a integral
∫
1
0
∫ √
1−x2
0
∫ √
1−x2−y2
0
(x2 + y2 + z2)2 dzdydx.
Soluc¸a˜o: Usando coordenadas esfe´ricas, temos


x = ρ cos θ senφ
y = ρ sen θ senφ
z = ρ cosφ
=⇒
∣∣∣∣∂(x, y, z)∂(ρ, θ, φ)
∣∣∣∣ = ρ2 senφ.
O domı´nio de integrac¸a˜o e´ a parte interior da esfera de raio unita´rio centrada na origem
contida no primeiro octante. Logo, em coordenadas esfe´ricas, a integral e´:
∫
1
0
∫ pi/2
0
∫ pi/2
0
ρ4ρ2 senφdρdφdθ =
(∫
1
0
ρ6 dρ
)(∫ pi/2
0
senφdφ
)(∫ pi/2
0
dθ
)
=
pi
14
.
2aQuesta˜o: Calcule ∮
C
x2 − y2
2
dx+
x2 + 2y
2
dy,
onde C e´ a fronteira da regia˜o D =
{(
x, y) ∈ R2 | 1 ≤ 4x2 + y2 ≤ 4, x ≥ 0, y ≥ 0},
orientada no sentido anti-hora´rio.
Soluc¸a˜o: Pelo Teorema de Green, temos∮
C
x2 − y2
2
dx+
x2 + 2y
2
dy =
∫∫
D
(
∂F2
∂x
− ∂F1
∂y
)
dxdy
onde
F1(x, y) =
x2 − y2
2
e F2(x, y) =
x2 + 2y
2
.
Portanto,
∂F2
∂x
− ∂F1
∂y
= x+ y.
Observe queD e´ a regia˜o do primeiro quadrante compreendida entre as elipses 4x2+y2 =
1 e 4x2 + y2 = 4 (veja a figura).
x
y
Assim, considerando a mudanc¸a de varia´veis Φ : (r, θ)→ (x, y), onde
x =
1
2
r cos θ, y = r sen θ,
temos ∣∣∣∣∂(x, y)∂(r, θ)
∣∣∣∣ = r2 .
Como esta mudanc¸a de varia´veis transforma univocamente a regia˜o Ω = [1, 2]× [0, pi/2]
em D, temos
∫∫
D
(x+ y) dxdy =
∫
2
1
∫ pi/2
0
(
1
2
r cos θ + r sen θ
)
r
2
drdθ =
7
4
.
3aQuesta˜o:
Calcule a a´rea da superf´ıcie de equac¸a˜o z = 1− y2 compreendida entre os planos x = 0,
y = 0, z = 0 e o cilindro z = 1− x2.
Soluc¸a˜o: Consideremos a parametrizac¸a˜o Φ : D→ R3 definida por
Φ(x, y) = (x, y, 1− y2),
onde D =
{
(x, y) ∈ R2 | 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ y}.
y
z
x
Enta˜o
∂Φ
dx
× ∂Φ
dy
= (0, 2y, 1) ⇒ dS =
∥∥∥∥∂Φdx ×
∂Φ
dy
∥∥∥∥ dxdy =
√
1 + 4y2 dxdy.
Portanto,
a´rea de S =
∫∫
S
dS =
∫
1
0
(∫ y
0
√
1 + 4y2 dx
)
dy =
5
√
5− 1
12
.
4aQuesta˜o: Calcule o fluxo
∫∫
S
(F · n) dS, onde
F (x, y, z) = (z2x, y3/3 + cos(z), x2z + y2),
S =
{
(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 + z2 = 2, z ≥ 0} e n denota o vetor unita´rio apontando
para cima (isto e´, a terceira componente de n e´ positiva).
Soluc¸a˜o: Vamos considerar o conjunto
Ω =
{
(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y2 + z2 ≤ 2, z ≥ 0}.
Enta˜o a fronteira de Ω e´ S ∪ T , onde S e´ a superf´ıcie dada e
T =
{
(x, y, 0) ∈ R3 | x2 + y2 ≤ 2}.
O campo F e´ de classe C1 em R3. Logo, pelo Teorema de Gauss, temos
∫∫
S∪T
(F · n) dS =
∫∫∫
Ω
divF dxdydz,
onde n denota os vetores unita´rios normais a` fronteira S ∪ T apontando para fora de
Ω. Assim, ∫∫
S
(F · n) dS =
∫∫∫
Ω
divF dxdydz −
∫∫
T
(F · n) dS. (1)
Calculando o divergente do campo F , temos: divF (x, y, z) = x2 + y2 + z2.Vamos enta˜o calcular as duas integrais do lado direito da igualdade em (1). Usando
coordenadas esfe´ricas, temos divF (x, y, z) = x2 + y2 + z2 = ρ2 e
dxdydz = ρ2 senφdρdθdφ.
Portanto
∫∫∫
Ω
divF dxdydz =
(∫ √
2
0
ρ4 dρ
)(∫
2pi
0
senφdφ
)(∫ pi/2
0
dθ
)
=
8
√
2pi
5
. (2)
Em T temos n = (0, 0,−1) e F (x, y, 0) = (0, 1 + y3/3, y2). Portanto,
∫∫
T
(F · n) dS = −
∫∫
D
y2 dxdy,
onde D =
{
(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 ≤ 2}. Usando coordenadas polares, temos
−
∫∫
D
y2 dxdy = −
∫
2pi
0
∫ √
2
0
r2 sen2 θ r drdθ = −pi. (3)
De (1), (2) e (3), obtemos o fluxo
∫∫
S
F · n dS =
(
8
√
2
5
+ 1
)
pi.
5aQuesta˜o: Use o Teorema de Stokes para calcular
∮
C
y dx+ z dy + x dz,
onde C e´ a curva obtida pela intersec¸a˜o do plano x+ y = 2 com a esfera x2+ y2+ z2 =
2(x+ y). Indique a orientac¸a˜o escolhida.
Soluc¸a˜o: Completando os quadrados na equac¸a˜o da esfera, obtemos
(x− 1)2 + (y − 1)2 + z2 = 2.
Portanto, a esfera tem centro em P0 = (1, 1, 0) e raio R =
√
2. O plano x+ y = 2 passa
por P0. Logo, a curva C e´ uma circunfereˆncia com centro em P0 e raio R.
Pelo Teorema de Stokes,
∮
C
F · dr =
∫ ∫
S
(rotF · n) dS,
onde S e´ qualquer superf´ıcie regular que tenha como bordo a curva C. Vamos enta˜o
escolher como S a parte do plano x+y = 2 limitada pela curva C. Neste caso, podemos
escolher
n =
(
1√
2
,
1√
2
, 0
)
.
Como rotF (x, y, z) = (−1,−1,−1) para todo (x, y, z) ∈ R3, temos
∮
C
y dx+ z dy + x dz =
∫∫
S
(−1,−1,−1) · (1/
√
2, 1/
√
2, 0) dS
= −
√
2(a´rea de S) = −2
√
2pi.
Neste caso, estamos supondo que a curva esta´ orientada no sentido anti-hora´rio para
quem a veˆ, por exemplo, do ponto (2, 2, 0).
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