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Prova Substitutiva de MAT2455 - C´alculo III - POLI - 04/07/
Resolu¸c˜ao
Quest˜ao 1. (3,0 pontos)
a) Calcule
γ
yz ds, onde γ ´e a intersec¸c˜ao do elips´oide
x
2
y
2
2
= 1 com o plano
y = 2x contida no primeiro octante.
b) Seja γ(t) = (e
t
2
ln(t + 1), t
3 − 1 , 5 t − 5), t ∈ [0, 1]. Calcule
γ
y
3
cos x + 3x
2
z + 1
dx +
3 y
2
sen x + z
dy +
x
3
dz.
Solu¸c˜ao. a) Vamos primeiro determinar uma parametriza¸c˜ao para a curva γ. Eliminando
a vari´avel y nas equa¸c˜oes que definem γ, obtemos a proje¸c˜ao γ 1
de γ no plano xz. Agora,
γ 1 ´e a curva
x
2
4
2
2
= 1, que ´e a elipse
5 x
2
4
2
= 1. Portanto, uma parametriza¸c˜ao
de γ ´e γ(t) = (
2 √
5
cos t,
4 √
5
cos t,
1
2
sin t). Como γ est´a contida no primeiro octante, devemos
ter x ≥ 0, y ≥ 0 e z ≥ 0, o que implica que 0 ≤ t ≤
π
2
. Logo, uma parametriza¸c˜ao para γ ´e
γ(t) =
cos t,
cos t,
sin t
, 0 ≤ t ≤
π
Assim,
γ
′
(t) =
sin t, −
sin t,
cos t
‖γ
′
(t)‖ =
) sin
2
t +
cos
2 t =
1 + 15 sin
2
t,
e, portanto,
γ
yz ds =
π/ 2
0
sin t cos t
1 + 15 sin
2 t dt =
(1 + 15 sin
2
t)
3 / 2
π/ 2
0
[
3 − 1] =
b) Como
F ´e um campo de classe C
∞
definido em todo R
3
, que ´e um conjunto simples-
mente conexo e
rot
F =
i
j
k
∂x
∂y
∂z
y
3
cos x + 3x
2
z 3 y
2
sin x + z x
3
i − (3x
2
− 3 x
2
)
j + (3y
2
cos x − 3 y
2
cos x)
k =
ent˜ao
F ´e um campo conservativo. Portanto, existe uma fun¸c˜ao Φ : R
3 → R de classe C
∞
tal que ∇Φ(x, y, z) =
F (x, y, z), para todo (x, y, z) ∈ R
3 e
γ
F · d~r = Φ(γ(1)) − Φ(γ(0)).
Para determinar Φ, devemos resolver o sistema
∂x
= y
3
cos x + 3x
2
z + 1 (1)
∂y
= 3y
2 sin x + z (2)
∂z
= x
3
Integrando a equa¸c˜ao (1) com rela¸c˜ao a x, obtemos
Φ(x, y, z) = y
3
sin x + x
3
z + x + c(y, z),
onde c(y, z) ´e uma fun¸c˜ao independente de x. Substituindo na equa¸c˜ao (2), obtemos
3 y
2
sin x +
∂c
∂y
= 3y
2
sin x + z
e, portanto, c(y, z) = yz +c 1
(z), onde c 1
s´o depende de z. Assim, Φ(x, y, z) = y
3 sin x+x
3 z +
x + yz + c 1
(z); substituindo na ´ultima equa¸c˜ao, obtemos finalmente x
3
′
1
(z) = x
3
isto ´e, c 1
(z) = constante. Portanto, um potencial para
F ´e a fun¸c˜ao
Φ(x, y, z) = y
3
sin x + x
3
z + x + yz
e, portanto
γ
F · d~r = Φ(γ(1)) − Φ(γ(0)) = Φ(e ln 2, 0 , 0) − Φ(0, − 1 , −5) = e ln 2 − 5.
Quest˜ao 2. (3,5 pontos) Seja S a parte do parabol´oide z =
− x
2
− y
2
contida no semi-
espa¸co z ≥ x − 1, orientada de modo que sua normal unit´aria
N satisfaz
N ·
k ≥ 0. Calcule ∫
S
F ·
N dσ, onde
F (x, y, z) = (− 3 x − 2 y)
i + (ze
x
2
j + (2z − x)
k.
Solu¸c˜ao. Vamos primeiro “fechar”a superf´ıcie S com a superf´ıcie T de modo que a reuni˜ao
S ∪ T seja uma superf´ıcie lisa por partes, fechada e orientada segundo a normal unit´aria
exterior. Para isso, usamos a parte do plano z = x − 1 que “est´a dentro”do parabol´oide
z =
7
4
− x
2 − y
2 , orientado com a normal
N
T
- Seja R a regi˜ao limitada por
S ∪ T. Pelo Teorema de Gauss, temos
S∪T
F ·
N dσ =
R
div
F (x, y, z) dxdydz
e portanto,
S
F ·
N dσ =
R
div
F (x, y, z) dxdydz −
T
F ·
N dσ.
Considere a superf´ıcie S dada pela por¸c˜ao do cilindro 2x
2 +3y
2 = 1 entre os planos x+y+
z = 0 e z = 100, orientada segundo a normal unit´aria
N (x, y, z) = (2x, 2 y, 0)/
4 x
2
2 .
Pelo Teorema de Stokes, temos
S
rot
F ·
N dσ =
γ
F · d~r +
γ 1
F · d~r,
onde γ 1
´e a intersec¸c˜ao do cilindro 2x
2
2
= 1 com o plano z = 100. Como rot
F =
obtemos (^) ∫
γ
F · d~r = −
γ 1
F · d~r.
Agora, γ 1 ´e uma elipse contida no plano z = 100, orientada de modo que sua proje¸c˜ao no
plano xy ´e percorrida uma vez no sentido hor´ario; logo uma parametriza¸c˜ao de γ 1
´e
γ 1
(t) =
sin t
cos t
, 0 ≤ t ≤ 2 π.
Portanto,
γ 1
F · d~r =
2 π
0
[
− cos t
cos t
sin t
sin t
e
100
4
2
]
dt = −
2 π
Logo, ∫
γ
F · d~r = −
γ 1
F · d~r =
2 π
