Universidade Federal do Pará (UFPA)
Instituto de Tecnologia (ITEC) / FEEB
Cálculo IV - Lista de Exercícios
Prof. Dr. Rodrigo Melo e Silva de Oliveira
Nome:_______________________________
[1ª]
Matrícula:______________ Data:_____________
Se
,
avalie
de
a
em linha reta.
[2ª] Verifique o teorema da divergência para
região delimitada por
[3ª] Seja
e
, tomado sobre a
.
Avalie a integral de superfície fechada
para qualquer superfície fechada .
R
~ = (3x2 + 6y)î − 14yz ĵ + 20xz 2 k̂, avalie
~ · d~r de (0, 0, 0) a (1, 1, 1)
1) Se A
A
C
ao longo dos seguintes caminhos C:
(a) x = t, y = t2 , z = t3 .
(b) as linhas retas de (0, 0, 0) a (1, 0, 0), depois para (1, 1, 0), e então para
(1, 1, 1).
(c) a linha reta que une (0, 0, 0) e (1, 1, 1).
Z
~ · d~r =
A
Z
C
[(3x2 + 6y)î − 14yz ĵ + 20xz 2 k̂] · (dx î + dy ĵ + dz k̂)
C
Z
(3x2 + 6y)dx − 14yz dy + 20xz 2 dz
=
C
(a) Se x = t, y = t2 , z = t3 , os pontos (0, 0, 0) e (1, 1, 1) correspondem a
t = 0 e t = 1 respectivamente. Então
Z
~ · d~r =
A
Z 1
C
(3t2 + 6t2 )dt − 14(t2 )(t3 ) d(t2 ) + 20(t)(t3 )2 d(t3 )
t=0
Z 1
=
9t2 dt − 28t6 dt + 60t9 dt
t=0
Z 1
=
1
(9t2 − 28t6 + 60t9 ) dt = 3t3 − 4t7 + 6t10
t=0
=5
0
(b) Ao longo da linha reta de (0, 0, 0) a (1, 0, 0), y = 0, z = 0, dy = 0, dz = 0
enquanto x varia de 0 a 1. Então a integral sobre essa parte do caminho é
Z 1
(3x2 + 6(0)) dx − 14(0)(0)(0) + 20x(0)2 (0) =
Z 1
x=0
1
3x2 dx = x3
x=0
=1
0
Ao longo da linha reta de (1, 0, 0) a (1, 1, 0), x = 1, z = 0, dx = 0, dz = 0
enquanto y varia de 0 a 1. Então a integral sobre essa parte do caminho é
Z 1
(3(1)2 + 6y) 0 − 14y(0) dy + 20(1)(0)2 0 = 0
y=0
Ao longo da linha reta de (1, 1, 0) a (1, 1, 1), x = 1, y = 1, dx = 0, dy = 0
enquanto z varia de 0 a 1. Então a integral sobre essa parte do caminho é
Z 1
2
2
Z 1
(3(1) + 6(1)) 0 − 14(1) z(0) + 20(1) z dz =
z=0
z=0
Somando,
1
1
20z 2 dz =
20
20z 3
=
3 0
3
Z
~ · d~r = 1 + 0 + 20 = 23
A
3
3
C
(c) A linha reta que une (0, 0, 0) e (1, 1, 1) é dada na forma paramétrica por
x = t, y = t, z = t. Então
Z
C
Z 1
=
~ · d~r =
A
Z 1
(3t2 + 6t) dt − 14(t)(t) dt + 20(t)(t)2 dt
t=0
(3t2 + 6t − 14t2 + 20t3 ) dt =
t=0
Z 1
t=0
2
(6t − 11t2 + 20t3 ) dt =
13
3
~ = 4xî − 2y 2 ĵ + z 2 k̂ tomado
2) Verifique o teorema da divergência para A
2
2
sobre a região delimitada por x + y = 4, z = 0 e z = 3.
Figure 1: Ilustração da região considerada no problema.
Integral de volume:
ZZZ
~ dV =
∇·A
V
ZZZ Z Z ZV
∂
∂
∂ 2
2
(4x) +
(−2y ) +
(z ) dV
∂x
∂y
∂z
(4 − 4y + 2z) dV
=
V
Z 2
Z √4−x2
=
Z 3
√
y=− 4−x2
x=−2
(4 − 4y + 2z) dz dy dx
z=0
= 84π.
A superfı́cie S do cilindro consiste da base S1 (z = 0), o topo S2 (z = 3) e
a parte convexa S3 (x2 + y 2 = 4).
Integral de superfı́cie:
I
~ · n̂ dS =
A
S
ZZ
~ · n̂ dS +
A
ZZ
S1
~ · n̂ dS +
A
S2
ZZ
~ · n̂ dS.
A
S3
~ = 4xî − 2y 2 ĵ e A
~ · n̂ = 0, logo
Sobre S1 (z = 0): n̂ = −k̂, A
ZZ
~ · n̂ dS = 0.
A
S1
~ = 4xî − 2y 2 ĵ + 9k̂ e A
~ · n̂ = 9, logo
Sobre S2 (z = 3): n̂ = k̂, A
ZZ
~ · n̂ dS = 9
A
S2
ZZ
dS = 36π,
S2
1
pois a área de S2 = 4π.
ĵ
Sobre S3 (x2 + y 2 = 4): A normal unitária é n̂ = xî+y
2 , logo
~ · n̂ = 4xî − 2y ĵ + z k̂ ·
A
2
2
xî + y ĵ
2
!
= 2x2 − y 3 .
Usando coordenadas polares, onde x = 2 cos θ, y = 2 sin θ, dS3 = 2 dθ dz,
temos:
ZZ
~ · n̂ dS =
A
S3
Z 2π Z 3
0
Z 2π
=
2(2 cos θ)2 − (2 sin θ)3 dz dθ
0
(48 cos2 θ − 48 sin3 θ)dθ
0
Z 2π
=
48 cos2 θ dθ = 48π.
0
Assim, a integral de superfı́cie total é
0 + 36π + 48π = 84π,
coincidindo com a integral de volume e verificando o teorema da divergência.
Nota: A avaliação da integral de superfı́cie sobre S3 também poderia ter sido
feita projetando S3 nos planos xz ou yz.
2
~ = ∇ × A,
~ avalie a integral de superfı́cie fechada
3. Seja H
I
~ · n̂ dS
H
S
para qualquer superfı́cie fechada S.
Solução:
Pelo teorema da divergência de Gauss, temos:
ZZZ
I
~ dV =
~ · n̂ dS.
∇·H
H
V
S
~ é o rotacional de um campo vetorial A,
~ ou seja, H
~ = ∇ × A,
~
Como H
aplicamos a identidade vetorial conhecida:
~ = 0.
∇ · (∇ × A)
Isso implica que
ZZZ
~ dV =
∇·H
V
ZZZ
0 dV = 0.
V
Portanto, concluı́mos que
I
~ · n̂ dS = 0.
H
S
para qualquer superfı́cie fechada S.
1