Gabarito de cálculo 3, 2015 VE2, Notas de aula de Cálculo Diferencial e Integral

Baixe Gabarito de cálculo 3, 2015 VE2 e outras Notas de aula em PDF para Cálculo Diferencial e Integral, somente na Docsity! Cálculo IIIA 2015-2 – VE2 (Gabarito) 1. (2 pontos) Verifique que a integral ∫ (3,3) (1,1) (ex ln y − e y x )dx + ( ex y − e y lnx)dy independe do caminho e calcule o seu valor. Solução. Seja F(x, y) = P i + Qj, onde P = ex ln y − e y x e Q = ex y − e y lnx. Então F é um campo diferenciável definido fora da união dos dois eixos no plano. Logo, o teorema de Green implica que a dada integral independe do caminho (evitando os dois eixos) sse ∂Q∂x = ∂P ∂y . E de fato, as duas derivadas parciais valem − e y x + ex y . 2. (2 pontos) Calcule o centro de massa da superf́ıcie homogênea, parte da superf́ıcie cônica z2 = x2 + y2, compreendida entre os planos z = 1 e z = 2. Solução. Por definição, o centro de massa é o ponto com coordenadas 1M (x, y, z), onde x = ∫ ∫ S δxdS, y = ∫ ∫ S δydS, e z = ∫ ∫ S δzdS e M = ∫ ∫ S δdS, sendo δ a densidade da superf́ıcie S. Por homogeneidade, podemos supor que δ = 1. Começamos então por calcular M , i.e. a área A(S). Para isso, usaremos a parametrização seguinte de S: ϕ(x, y) = (x, y, √ x2 + y2) com domı́nio D = {(x, y) : 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4. Temos então que A(S) = ∫ ∫ S ‖ ϕx × ϕy ‖ dxdy. Aqui um cálculo fácil dá ϕx × ϕy = − x√ x2+y2 i − y√ x2+y2 j + k, e dáı segue que ‖ ϕx × ϕy ‖= √ 2, e portanto (passando às coordenadas polares) que A(S) = √ 2 ∫ 2π 0 ∫ 2 1 rdrdθ = 2 √ 2π · 1 2 r2 ∣∣∣∣2 1 = 3 √ 2π. De maneira parecida, temos que∫ ∫ S xdS = √ 2 ∫ 2π 0 ∫ 2 1 r2 cos θdrdθ = √ 2 ∫ 2π 0 cos θdθ ∫ 2 1 r2dr = 0,∫ ∫ S ydS = √ 2 ∫ 2π 0 ∫ 2 1 r2senθdrdθ = √ 2 ∫ 2π 0 sen(θ)dθ ∫ 2 1 r2dr = 0, e∫ ∫ S zdS = √ 2 ∫ 2π 0 ∫ 2 1 r2drdθ = 2 √ 2π · 1 3 r3 ∣∣∣∣2 1 = 14 √ 2π 3 . Segue que (x, y, z) = (0, 0, 149 ). 3. (3 pontos) Encontre o fluxo do campo F(x, y, z) = (ey + cos(yz))i + (−2zy + sen(xz)j + (z2 + 3√ 2 )k através da superf́ıcie S, orientada por um campo normal que aponta para o seu exterior, S = S1 ∪ S2, onde S1 : z = 4− 2x2 − y2, 0 ≤ z < 2 e S2 : z = 1 + x2 + y 2 2 , 1 ≤ z ≤ 2. Solução. Seja f(x, y) = x 2 2 + y2 4 . Observe que S1 e S2 podem ser descritas da maneira seguinte: S1 : z = 4− 4f(x, y) 1 onde (x, y) ∈ D1 = { 12 ≤ f(x, y) ≤ 1}, e S2 : z = 1 + 2f(x, y) onde (x, y) ∈ D2 = {0 ≤ f(x, y) ≤ 12}. Agora seja S3 = {(x, y, z) : z = 0, 0 ≤ f(x, y) ≤ 1, e seja S = S1 ∪ S2 ∪ S3. Observe que S = ∂W é o bordo de um volume fechado W no espaço. Segue pelo teorema de Gauss que ∫ ∫ S F · ndS = ∫ ∫ ∫ W div(F)dV. Mas aqui div(F) = 0, e portanto o fluxo através de S = S1 ∪ S2 é dado por − ∫ ∫ S3 F · ndS3 = ∫ ∫ S3 F · kdS3 = ∫ ∫ S3 3√ 2 dS3. Para calcular essa última integral, usaremos a parametrização de S3 seguinte: ϕ(r, θ) = ( √ 2r cos θ, 2rsen(θ), 0) onde 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π. Dáı obtemos dS3 =‖ ϕr×ϕθ ‖ drdθ, e um cálculo fácil dá ϕr×ϕθ = 2 √ 2rk. Segue que ∫ ∫ S F · ndS = ∫ ∫ S3 3√ 2 dS3 = ∫ 2π 0 ∫ 1 0 3√ 2 · 2 √ 2rdrdθ = 6 ∫ 2π 0 1 2 r2 ∣∣∣∣1 0 = 6π. 4. (3 pontos) Calcule ∫ ∫ S (∇ × F) · ndS, onde F(x, y, z) = (y, 2x, xyz), e S é formada pelas cinco faces do cubo [0, 2]× [0, 2]× [0, 2] que não estão no plano xy, com n exterior a S. Solução. Seja C o bordo da única face do cubo no plano xy, orientada no sentido horário. Segue pelo teorema de Stokes que ∫ ∫ S (∇× F) · ndS = ∫ C F · dr. Aqui C é a união de quatro segmentos Ci, 1 ≤ i ≤ 4, que admitem as parametrizações seguintes: C1 : x = 2− 2t, y = 0, z = 0; C2 : x = 0, y = 2t, z = 0; C3 : x = 2t, y = 2, z = 0; C4 : x = 2, y = 2− 2t, z = 0 em que 0 ≤ t ≤ 1 em todos os casos. Segue que∫ C1 F · dr = ∫ 1 0 0dt = 0;∫ C2 F · dr = ∫ 1 0 0dt = 0;∫ C3 F · dr = ∫ 1 0 2(2t)(2)dt = 4t2 ∣∣∣∣1 0 = 4; e∫ C4 F · dr = ∫ 1 0 4(−2)dt = −8t ∣∣∣∣1 0 = −8. 2