Exerc´ıcios Resolvidos Variedades. Integrais sobre

Instituto Superior Técnico
Departamento de Matemática
Secção de Álgebra e Análise
Exercı́cios Resolvidos
Variedades. Integrais sobre Variedades. Fluxos
Exercı́cio 1 Considere a variedade
M = {(x, y, z) ∈ R3 : z =
p
x2 + y 2 ; 1 < z < 2; 0 < y < x}
Descreva M parametricamente e determine a respectiva dimensão.
Resolução: Trata-se de uma porção da superfı́cie de um tronco de cone compreendido entre os
planos z = 1, z = 2, y = 0 e y = x e que se encontra representado na figura 1. Para maior
clareza, encontram-se
também representadas as circunferências que resultam da intersecção do
p
cone z = x2 + y 2 com os planos z = 1 e z = 2, os segmentos de recta resultantes da intersecção
dos planos y = 0 e y = x com os planos z = 0, z = 1, z = 2 e com o cone. Em coordenadas
z
2
M
1
PSfrag replacements
2
x
0
1
x
y=
y
y=x
Figura 1: A variedade M = {(x, y, z) ∈ R3 : z =
p
x2 + y 2 ; 1 < z < 2; 0 < y < x}
cilı́ndricas (ρ, θ, z) podemos descrever o conjunto M da forma seguinte:
z = ρ; 1 < z < 2; 0 < θ <
π
4
que permite encontrar a parametrização g : ]0, π4 [×]1, 2[ → R3 definida por
g(θ, z) = (z cos θ, z sen θ, z)
A função g é de classe C 1 , injectiva e a respectiva derivada


−z sen θ cos θ
Dg(θ, z) =  z cos θ sen θ 
0
1
tem caracterı́stica igual a 2 (as colunas são linearmente independentes).
Para além disso, M = g(]0, π4 [×]1, 2[), ou seja, g é uma bijecção de classe C 1 entre M e o
intervalo aberto ]0, π4 [×]1, 2[⊂ R2 .
Portanto, g é uma parametrização de M e dim(M ) = 2.
1
Exercı́cio 2 Considere o conjunto
M = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 = 1; 0 < z < 1}.
Mostre que M é uma variedade, indicando explicitamente parametrizações cujas imagens cubram
M . Determine a dimensão de M .
Resolução: O Conjunto M é um pedaço de uma superfı́cie cilı́ndrica compreendido entre os
planos z = 0 e z = 1, conforme representado na figura 2.
Figura 2: A variedade M - pedaço de superfı́cie cilı́ndrica
Em coordenadas cilı́ndricas podemos descrever M da forma seguinte
ρ = 1;
0 < z < 1.
Assim, podemos escrever duas parametrizações, dadas por
g1 (θ, z) = (cos(θ), sen(θ), z),
g2 (θ, z) = (cos(θ), sen(θ), z),
(θ, z) ∈ V1 =]0, 7π/4[×]0, 1[
(θ, z) ∈ V2 =] − π, 3π/4[×]0, 1[.
As funções g1 e g2 são de classe C 1 , injectivas, e têm matrizes jacobianas dadas pela mesma
expressão (para valores diferentes de (θ, z)):


− sen(θ) 0
0 .
Dg1 (θ, z) = Dg2 (θ, z) =  cos(θ)
0
1
Esta matriz tem caracterı́tica 2 pois o produto externo
(− sen θ, cos θ, 0) × (0, 0, 1) = (cos θ, sen θ, 0),
é diferente de zero, o que implica que as colunas são linearmente independentes. Portanto, g 1 e g2
são parametrizações. Como M = g1 (V1 ) ∪ g2 (V2 ), concluı́mos que M é uma variedade de dimensão
2 ( igual ao número de variáveis das parametrizações).
2
Figura 3: Vizinhanças de coordenadas correspondentes às parametrizações g 1 (à esquerda) e g2 (à
direita).
Exercı́cio 3 Considere o conjunto
M = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 = z 2 + 1; −1 < z < 1}.
Mostre que M é uma variedade, indicando explicitamente parametrizações cujas imagens cubram
M . Determine a dimensão de M .
Resolução: O Conjunto M é um pedaço de catenóide compreendido entre os planos z = −1 e
z = 1, tal como se ilustra na figura 4.
Figura 4: A variedade M - pedaço de catenóide
Em coordenadas cilı́ndricas podemos descrever M da forma seguinte
p
ρ = z 2 + 1; −1 < z < 1.
Assim, podemos escrever duas parametrizações, dadas por
g1 (θ, z) = (
g2 (θ, z) = (
p
p
z 2 + 1 cos θ,
z 2 + 1 cos θ,
p
p
z 2 + 1 sen θ, z),
(θ, z) ∈ V1 =]0, 7π/4[×] − 1, 1[
z 2 + 1 sen θ, z),
(θ, z) ∈ V2 =] − π, 3π/4[×] − 1, 1[.
3
As funções g1 e g2 são de classe C 1 , injectivas, e têm matrizes jacobianas dadas pela mesma
expressão (para valores diferentes de (θ, z)):
 √
− z 2 + 1 sen θ


Dg1 (θ, z) = Dg2 (θ, z) =  √ 2
 z + 1 cos θ
0
z cos θ 
√
z2 + 1 
z sen θ 
.
√

2
z +1
1
Esta matriz tem caracterı́tica 2 pois o produto externo
(−
p
z 2 + 1 sen θ,
p
z cos θ
z sen θ
z 2 + 1 cos θ, 0) × ( √
,√
, 1) =
2
z +1
z2 + 1
p
p
= ( z 2 + 1 cos θ, z 2 + 1 sen θ, −z)
√
é diferente de zero (tem norma 2z 2 + 1), o que implica que as colunas são linearmente independentes. Portanto, g1 e g2 são parametrizações. Como M = g1 (V1 ) ∪ g2 (V2 ), concluı́mos que M é
uma variedade de dimensão 2 (igual ao número de variáveis das parametrizações).
4
Exercı́cio 4 Considere a variedade M dada pela equação x 2 + y 2 = z 2 + 1 sendo 0 < z < 2.
a) Descreva M parametricamente e determine a respectiva dimensão.
b) Determine o espaço tangente e o espaço normal a M no ponto (0,
√
2, 1).
Resolução:
a) Consideremos a função F : R3 → R definida por
F (x, y, z) = x2 + y 2 − z 2 − 1
Trata-se de uma função de classe C 1 tal que
M = {(x, y, z) ∈ R3 : F (x, y, z) = 0}
ou seja, M é o conjunto de nı́vel zero de F .
A derivada
DF (x, y, z) =
2x 2y
−2z
tem caracterı́stica igual a um em todos os pontos de M . De facto, o ponto de coordenadas
(0, 0, 0) é o único em que isso não acontece. Mas este ponto não pertence a M .
Portanto, M é uma variedade de dimensão dois em R3 .
Em coordenadas cilı́ndricas a variedade M é dada pela equação ρ 2 = z 2 + 1 . Assim,
consideremos as funções g : T → R3 e h : S → R3 definidas por
p
p
g(θ, z) = (( z 2 + 1) cos θ , ( z 2 + 1) sen θ , z)
p
p
h(θ, z) = (( z 2 + 1) cos θ , ( z 2 + 1) sen θ , z)
sendo
T
S
= {(θ, z) : 0 < θ < 2π ; 0 < z < 2}
= {(θ, z) : −π < θ < π ; 0 < z < 2}
Estas duas funções são de classe C 1 , injectivas e as respectivas derivadas são representadas
pela mesma matriz


√
−( z 2 + 1) sen θ (√zz2 +1) cos θ

 √ 2
√ z
sen θ 
 ( z + 1) cos θ
( z 2 +1)
0
1
que tem caracterı́stica igual a dois, ou seja, as duas colunas são linearmente independentes.
Note-se que
g(T ) = M \ {(x, y, z) : y = 0 ; x ≥ 0}
h(S) = M \ {(x, y, z) : y = 0 ; x ≤ 0}
e, portanto, M = g(T ) ∪ h(S) , o que quer dizer que g e h parametrizam M .
É de salientar que para o cálculo de integrais sobre M , nomeadamente o cálculo da área,
basta considerar a função g porque a diferença M \ g(T ) é apenas uma linha.
5
b) Dado que g( π2 , 1) = (0,
colunas da matriz
ou seja
√
2, 1) , o espaço tangente a M no ponto (0,
 √

− 2 √0
π
2 
Dg( , 1) =  0
2
2
0
1
√
T(0,√2,1) M = {( 2 α,
√
2, 1) é gerado pelas
√
2
β, β) : α, β ∈ R}
2
e, portanto, é o plano dado pela equação
√
2
y=
z
2
√
O espaço normal a M no ponto (0, 2, 1) é gerado pela linha da matriz
√
√
DF (0, 2, 1) = 0 2 2 −2
ou seja
√
T(0,√2,1) M ⊥ = {α(0, 2 2, −2) : α ∈ R}
e, portanto, é a recta dada pelo sistema de equações
x = 0
y
√
= − 2z
6
Exercı́cio 5 Considere a variedade
M = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 +
z2
y2
+
= 3}.
4
9
Descreva M parametricamente e determine a respectiva dimensão. Determine o espaço tangente
e o espaço normal a M no ponto (1, 2, 3).
Resolução: O conjunto M consiste num elipsóide e é portanto uma variedade diferencial de
dimensão 2, ou seja uma superfı́cie. Para verificarmos este facto, observamos que M pode ser
descrita como o conjunto das soluções da equação
F (x, y, z) = x2 +
y2
z2
+
− 3 = 0.
4
9
F é uma função de classe C 1 e facilmente se calcula
y z
∇F (x, y, z) = 2x, , 2
2 9
Portanto, ∇F = 0 só se (x, y, z) = (0, 0, 0). Mas a origem não faz parte do conjunto das soluções
da condição F (x, y, z) = 0. Assim, ∇F 6= 0 em todos os pontos de M , e, portanto, M é uma
variedade-2.
A maneira mais fácil de parametrizar M é utilizando coordenadas esféricas adaptadas à sua
forma elipsoidal. Assim definimos coordenadas em R3 :
x
= r cos(θ) sin(φ)
y
= 2r sin(θ) sin(φ)
z
= 3r cos(φ)
Note-se que 0 < r < +∞, 0 < θ < 2π, 0 < φ < π. Consequentemente nos pontos do semi-plano
com x ≥ 0, y = 0 este sistema de coordenadas não está definido - veja-se o comentário mais à
frente.
√
Nestas coordenadas, a equação que define M é simplesmente r = 3. Isto permite encontrar
a parametrização g :]0, 2π[×]0, π[→ R3 definida por
√
√
√
g(θ, φ) = ( 3 cos(θ) sin(φ), 2 3 sin(θ) sin(φ), 3 3 cos(φ)).
A função g é de classe C 1 , é injectiva, e a respectiva derivada
√
 √

−√ 3 sin(θ) sin(φ)
√3 cos(θ) cos(φ)
Dg(θ, φ) =  2 3 cos(θ) sin(φ) 2 3 sin(θ)
cos(φ)  ,
√
0
−3 3 sin(φ)
tem caracterı́stica igual a 2 (as colunas são linearmente independentes). A imagem de g é o
conjunto dos pontos de M , excepto aqueles com y = 0 e x ≥ 0 (que formam meio meridiano do
elipsóide), e portanto g constitui uma parametrização desse sub-conjunto aberto relativamente a
M.
Para paremetrizarmos uma vizinhança dos pontos de M com y = 0 e x ≥ 0 bastaria repetir
o mesmo procedimento, mas definindo, por exemplo, φ̃ em relação ao eixo dos y e θ̃ em relação
a −x. (No entanto, para o cálculo de integrais de superfı́cie, a parametrização g seria suficiente,
uma vez que a exclusão de meio meridiano não afectará o integral.)
7
Uma base do espaço tangente
colunas de Dg nesse
√a M em (1, 2, 3)√pode ser obtida pelas
√ √
√ ponto.
Em (1, 2, 3), temos cos(φ) = 1/ 3 e sin(θ) = 1/ 2, logo sin(φ) = 2/ 3 e cos(θ) = 1/ 2. Logo,
nesse ponto,
√ 

−1 1/
√ 2
Dg =  2
2 ,
√
0 −3 2
√
√ √
e os vectores (−1, 2, 0) e (1/ 2, 2, −3 2) formam uma base do espaço tangente a M em (1, 2, 3).
O plano tangente a M em (1, 2, 3) será então dado pelo conjunto
√ √
√
P = {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y, z) = (1, 2, 3) + a(−1, 2, 0) + b(1/ 2, 2, −3 2), a, b ∈ R}.
O espaço normal nesse ponto é constituı́do pelos vectores (x, y, z) tais que
(x, y, z) · (−1, 2, 0) = 0
√
√ √
(x, y, z) · (1/ 2, 2, −3 2) = 0
Logo, uma base do espaço normal é dada pelo vector (2, 1, 2/3). A recta normal a M no mesmo
ponto será descrita pela equação
(x, y, z) = (1, 2, 3) + t(2, 1, 2/3), t ∈ R.
8
Exercı́cio 6 Considere o conjunto
M = {(x, y, z) ∈ R3 : z + y = (z − y)2 + x2 }.
a) Mostre que M é uma variedade. Determine a sua dimensão.
b) Encontre uma parametrização para M .
c) Em que ponto de M é que o espaço tangente é dado pelo plano xz ?
Resolução:
a) Seja F (x, y, z) = z + y − (z − y)2 − x2 . Então M é o conjunto de pontos que verificam a
equação F = 0. Temos ∇F (x, y, z) = (−2x, 1+2(z −y), 1−2(z −y)). Logo, como 1+2(z −y)
e 1 − 2(z − y) nunca se anulam simultâneamente, temos ∇F (x, y, z) 6= 0 em todos os pontos
de M que é consequentemente uma variedade diferencial de dimensão 2.
b) Seja u = z + y e v = z − y. Em termos de coordenadas x, u, v vemos que M é um parabolóide
de revolução com o eixo de simetria sendo o eixo dos u dado por u = v 2 + x2 . Logo, como
z = 1/2u + 1/2v e y = 1/2u − 1/2v uma parametrização para M será
g(x, v) = (x(x, v), y(x, v), z(x, v)) = (x, (1/2)(v 2 + x2 − v), (1/2)(v 2 + x2 + v))
para x, v ∈ R.
Facilmente se verifica que F (g(x, v)) = 0 como pretendido.
Temos que g é injectiva, tem derivadas contı́nuas e a matriz derivada


1
0
Dg(x, v) = x v − 1/2 .
x v + 1/2
tem sempre carcterı́stica 2. Logo, g é uma parametrização de M .
c) No ponto em que o espaço tangente é o plano xz, o espaço normal tem de ser o eixo dos y. Ora,
o espaço normal a M num ponto é gerado por ∇F (x, y, z) = (−2x, 1 + 2(z − y), 1 − 2(z − y)).
Logo, temos de ter x = 0 e 1 − 2(z − y) = 0, i.e. z − y = 1/2. Substituindo em F = 0
obtemos z + y − 1/4 = 0. Logo, z = 3/8 e y = −1/8. O ponto desejado é portanto o ponto
(0, −1/8, 3/8).
9
Exercı́cio 7 Consideremos uma montanha imaginária M descrita pelo seguinte modelo
p
M = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 < z < 1 − x2 + y 2 }
Suponhamos que no ponto do sopé da montanha dado pelas coordenadas (0, 1, 0) se encontra uma
co-incineradora imaginária que expele gases tóxicos que se difundem pela atmosfera, eliminando,
no primeiro ano de funcionamento, qualquer tipo de vida que se encontre na região descrita por
|y − 1| < 1.
Determine a área da parte da montanha afectada pela co-incineradora durante o primeiro ano de
funcionamento.
p
Resolução: A superfı́cie da montanha descrita pela equação z = 1 − x2 + y 2 é um cone com
vértice no ponto (0, 0, 1) e base circular no plano z = 0, com centro na origem e raio igual a um.
Da inequação |y − 1| < 1, obtemos 0 < y < 2 e, portanto, devemos considerar a superfı́cie do
cone correspondente a y > 0 apenas.
Em coordenadas cilı́ndricas (ρ, θ, z), temos então
z =1−ρ ; 0<θ <π ; 0<z <1
e, portanto, a parte da montanha afectada pode ser descrita pela parametrização g : T → R 3
definida por
g(θ, z) = ((1 − z) cos θ, (1 − z) sen θ, z)
em que
T =]0 , π[×]0, 1[
A área afectada pode ser calculada de duas formas:
a)
Z Z p
det Dg(θ, z)t Dg(θ, z) dθdz
T
t
em que Dg(θ, z) designa a transposta da derivada Dg(θ, z).
b)
Z Z
T
||D1 g(θ, z) × D2 g(θ, z)|| dθdz
em que D1 g(θ, z) e D1 g(θ, z) designam, respectivamente, a primeira e a segunda colunas da
derivada Dg(θ, z).
A derivada da parametrização g é dada pela matriz

−(1 − z) sen θ
Dg(θ, z) =  (1 − z) cos θ
0
Portanto, por um lado temos,
Dg(θ, z)t Dg(θ, z) =

− cos θ
− sen θ 
1
(1 − z)2
0
0
2
e, por outro,
D1 g(θ, z) × D2 g(θ, z) = (−(1 − z) cos θ, (1 − z) sen θ, 1 − z)
Assim,
10
a) A área afectada é dada por
Z Z p
det Dg(θ, z)t Dg(θ, z) dθdz
=
T
Z
1
0
Z
π
0
√
√
π 2
2 (1 − z) dθ dz =
2
b) A área afectada é dada por
Z Z
T
||D1 g(θ, z) × D2 g(θ, z)|| dθdz =
11
Z
1
0
Z
π
0
√
√
π 2
2 (1 − z) dθ dz =
2
Exercı́cio 8 Considere a superfı́cie S ⊂ R3 definida por z = xy, em que 1 < x < 2 e 1 < y < 2,
cuja densidade de massa seja dada por
α(x, y, z) =
(1 +
x2 )
1
p
.
1 + x2 + y 2
Calcule o momento de inércia de S em relação ao eixo x.
Resolução: Utilizando x e y como coordenadas, temos que S é descrita pela parametrização
g(x, y) = (x, y, xy),
com 1 < x < 2 e 1 < y < 2.
A derivada da parametrização g é dada pela matriz


1 0
Dg(x, y) =  0 1  .
y x
Temos então que, sendo Dx g e Dy g respectivamente a primeira e segunda colunas de Dg,
p
1 + y2
t
V (Dx , Dy g) = ||Dx g × Dy g|| = det Dg Dg = det
xy
xy
1 + x2
1/2
=
p
1 + x2 + y 2 .
O quadrado da distância do ponto (x, y, z) ao eixo dos x é dado por d2x = y 2 + z 2 , que em S é
igual a d2x = y 2 + x2 y 2 . O momento de inércia de S em relação ao eixo dos x é então dado por
M=
Z
2
1
Z
2
1
Z
α(g(x, y))d2x (x, y)V (Dx g, Dy g)dx dy =
12
2
1
Z
2
1
y 2 dx dy = 7/3.
Exercı́cio 9 Considere a superfı́cie, com densidade de massa
q
p
α(x, y, z) = 1/ 1 + 4( x2 + y 2 − 2)2
e definida por
S = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 1 + (
p
x2 + y 2 − 2)2 , 1 < x2 + y 2 < 4}.
Calcule o momento de inércia de S em relação ao eixo dos x.
Resolução: S é uma superfı́cie de revolução, com eixo de revolução ao longo do eixo dos z. Para
parametrizarmos S, podemos usar coordenadas (ρ, θ) com ρ ∈] 1, 2 [ e θ ∈] 0, 2π [.
Nestas coordenadas, a parametrização vem dada por
g(ρ, θ) = (ρ cos θ, ρ sin θ, 1 + (ρ − 2)2 )
Assim, temos

cos(θ)
Dg(r, θ) =  sin(θ)
2(ρ − 2)
e portanto

−ρ sin(θ)
ρ cos(θ) 
0
p
1 + 4(ρ − 2)2 .
p
A distância de um ponto (x, y, z) ao eixo dos x é dada por dx (x, y, z) = y 2 + z 2 .
O momento de inércia de S relativamente ao eixo dos x é então obtido atavés de
Z 2π Z 2
p
Ix (S) =
α(g(ρ, θ)) d2x (g(ρ, θ)) ρ 1 + 4(ρ − 2)2 dρdθ
V (Dρ g, Dθ g) = ||Dρ g × Dθ g|| = (det(Dg t Dg))1/2 = ρ
0
=
Z
1
2π
0
Z
2
1
ρ(ρ2 sin(θ)2 + (1 + (ρ − 2)2 )2 )dρdθ
= (15/4 + 31/5 + 182/3 − 65)π.
13
Exercı́cio 10 Considere a superfı́cie S ⊂p
R3 definida por z = (x2 + y 2 )2 , com x2 + y 2 < 1 e com
densidade de massa dada por α(x, y, z) = 1 + 16(x2 + y 2 )3 . Calcule a massa total de S.
Resolução: Em coordenadas cilı́ndricas (ρ, θ, z), temos que S é descrita pela parametrização
g(ρ, θ) = (ρ cos(θ), ρ sen(θ), ρ4 ),
com 0 < ρ < 1 e 0 < θ < 2π.
A derivada da parametrização g é dada pela matriz


cos(θ) −ρ sen(θ)
Dg(ρ, θ) =  sen(θ) ρ cos(θ)  .
4ρ3
0
Temos então que, sendo Dρ g e Dθ g respectivamente a primeira e segunda colunas de Dg,
V (Dρ g, Dθ g) = ||Dρ g × Dθ g|| =
p
1 + 16ρ6
det Dg t Dg = det
0
A massa total de S é então dada por
Z
Z 1 Z 2π
α(g(ρ, θ))V (Dρ g, Dθ g)dθ dρ = 2π
M=
0
0
14
1
0
0
ρ2
1/2
=ρ
p
1 + 16ρ6 .
ρ(1 + 16ρ6 ) = 2π(1/2 + 16/8) = 5π.
Exercı́cio 11 Considere a superfı́cie, homogénea com densidade de massa ρ constante, definida
por
S = {(x, y, z) ∈ R3 : y = −4 + 2(x2 + z 2 ), −4 ≤ y < 0}.
Escreva uma expressão para o momento de inércia de S em relação ao eixo dos z. Não necessita
de calcular o integral.
Resolução: S é constituı́da por um pedaço
√ de parabolóide com eixo
√ de revolução ao longo do
√eixo
dos y. Podemos usar coordenadas r = x2 + z 2 e θ = arctg(y/ x2 + z 2 ), tais que r ∈] 0, 2 [ e
θ ∈] 0, 2π [ e descrever S com a parametrização dada por
g(r, θ) = (r cos θ, −4 + 2r 2 , r sin θ)
Assim, temos

cos(θ)
Dg(r, θ) =  4r
sin(θ)
e portanto

−r sin(θ)

0
r cos(θ)
V (Dr g, Dθ g) = ||Dr g × Dθ g|| = (det(Dg t Dg))1/2 = r
p
1 + 16r2 .
p
A distância de um ponto (x, y, z) ao eixo dos z é dada por dz (x, y, z) = x2 + y 2 .
O momento de inércia de S relativamente ao eixo dos z é então obtido atavés de
Z 2π Z √2
p
Iz (S) =
ρ d2z (g(r, θ)) r 1 + 16r2 drdθ
0
=
Z
0
2π
0
Z
√
2
ρ(r2 cos2 (θ) + (−4 + 2r 2 )2 )r
0
15
p
1 + 16r2 drdθ.
Exercı́cio 12 Seja a > 0 e sejam Na os sub-conjuntos definidos por
Na = {(x, y, z) ∈ R3 : z + y = (z − y)2 + x2 , 2x2 + 4(z − y)2 < a}.
a) Calcule a área de N1 .
b) Suponha que sobre Na está disposta uma distribuição de carga eléctrica de densidade de carga
(por unidade de área) dada por σ(x, y, z) = 1 + 2x2 + 4(z − y)2 . Calcule o valor de a para o
qual a carga total da superfı́cie Na é igual a π.
Resolução:
a) Consideremos a parametrização utilizada no exercı́cio 6 com u = z + y e v = z − y. Em
termos das coordenadas x, u, v, o conjunto M é um parabolóide de revolução descrito por
u = v 2 + x2 , em que o eixo de simetria é o eixo dos u.
Logo, como z = 1/2u + 1/2v e y = 1/2u − 1/2v uma parametrização para M será
g(x, v) = (x(x, v), y(x, v), z(x, v)) = (x, (1/2)(v 2 + x2 − v), (1/2)(v 2 + x2 + v))
com x, v ∈ R.
Para parametrizar Na devemos tomar as coordenadas x, v no interior da elipse descrito pela
inequação 2x2 + 2v 2 < a.
Temos então

1
Dg(x, v) = x
x

0
v − 1/2 .
v + 1/2
Sendo Dx g e Dv g respectivamente a primeira e segunda colunas de Dg obtemos
1/2
p
1 + 2x2
2xv
t
V (Dx g, Dv g) = ||Dx g × Dv g|| = det Dg Dg = det
=
2xv
2v 2 + 1/2
√ p
= (1/ 2) 1 + 2x2 + 4v 2 .
Para calcular a área de N1 temos de integrar V (Dx g, Dv g) na região elipsoidal S ⊂ R2
definida por 2x2 + 4v 2 < 1:
Z
Z
√ p
Area(N1 ) =
V (Dx g, Dv g)dxdv = (1/ 2) 1 + 2x2 + 4v 2 dxdv.
S
S
É mais fácil calcular o integral introduzindo coordenadas apropriadas à região S,
√
2x = r cos(θ)
2v
= rsen(θ)
2
com 0 <√θ < 2π e 0 < r < 1. Portanto, 2x + 4v 2 = r2 . O Jacobiano da transformção é dado
por(1/2 2)r e, assim,
Z 1 Z 2π
√
Area(N1 ) =
V (Dx g, Dv g)(1/2 2)rdθ dr
0
0
1
p
2π
r 1 + r2 dr
4 0
√
= ( 8 − 1)π/6.
=
Z
16
2
2
b) A superfı́cie Na é descrita pela parametrização g(x, v) com
√ 2x + 4v < a. Em coordenadas
(r, θ), como na alı́nea anterior, temos então 0 < r < a, 0 < θ < 2π. Em termos de r, θ
obtemos σ = 1 + 2x2 + 4v 2 = 1 + r2 .
Logo, a carga total de Na é dada por
Qa =
Z
σ
=
Na
=
Z
√
a
0
Z
2π
√
√ p
2
(1 + r )(1/ 2) 1 + r (1/2 2)rdθ dr
2
0
π
((1 + a)5/2 − 1).
10
Logo, quando a = 112/5 − 1 temos carga total igual a π.
17
Exercı́cio 13 Decomponha a unidade num produto de três números positivos cuja soma seja
mı́nima.
Resolução: O problema pode ser visto como a determinação do mı́nimo da função f : R 3 → R
dada por
f (x, y, z) = x + y + z
no conjunto
D = (x, y, z) ∈ R3 : xyz = 1, x, y, z > 0 .
Este mı́nimo tem que existir porque f é positiva e f (x, y, z) → +∞ quando k(x, y, z)k → +∞.
É fácil ver que o conjunto D é uma variedade definida localmente pela equação
xyz − 1 = 0 ⇔ F (x, y, z) = 0.
Portanto os extremos de f ao longo de D são dados pelo método dos multiplicadores de
Lagrange:

1 = λyz



∇f = λ∇F
1 = λxz
⇔
F =0
1 = λxy



xyz − 1 = 0
Estas equações implicam x, y, z, λ 6= 0 e são portanto equivalentes a
x=y=z=λ=1
que tem então que ser a única solução do problema.
18
Exercı́cio 14 Determine o máximo absoluto da função f (x, y, z) = x + y + z sobre a bola fechada
D = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1}.
Resolução: Note-se que D = U ∪ S, em que
U = {(x, y, z) : x2 + y 2 + z 2 < 1} ;
S = {(x, y, z) : x2 + y 2 + z 2 = 1}
O conjunto S é uma variedade-2 correspondente ao nı́vel zero da função
F (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 1.
Sendo f uma função contı́nua e D um conjunto compacto (limitado e fechado), f tem máximo
em D.
Dado que Df (x, y, z) = (1, 1, 1), a função f não tem pontos crı́ticos em U (interior de D).
Resta-nos, assim, determinar os extremos de f sobre a variedade S (fronteira de D). Para tal,
usemos o método dos multiplicadores de Lagrange que consiste em determinar os pontos crı́ticos
da função g = f + λF :

 1 + 2λx = 0
1 + 2λy = 0

1 + 2λz = 0
1
.
Portanto, temos x = y = z = − 2λ
2
2
2
Dado que x + y + z = 1, obtemos x = y = z = ± √13 .
Mas
1
1
1
f(√ , √ , √ ) =
3
3
3
√
3
√
1
1
1
f (− √ , − √ , − √ ) = − 3
3
3
3
√
e concluimos que o valor máximo de f é 3 e ocorre no ponto ( √13 , √13 , √13 ).
19
Exercı́cio 15 Decomponha a unidade numa soma de quatro números não negativos cujo produto
seja máximo.
Resolução: O problema pode ser visto como a determinação do máximo da função f : R 4 → R
dada por
f (x, y, z, w) = xyzw
no conjunto
D = (x, y, z, w) ∈ R4 : x + y + z + w = 1, x, y, z, w ≥ 0 .
Este máximo tem que existir porque f é contı́nua e D é compacto (ou seja, limitado e fechado).
Por outro lado, é fácil ver que não ocorre na intersecção de D com os planos coordenados x = 0,
y = 0, z = 0 ou w = 0, já que nestas intersecções f = 0, ao passo que f é positiva nos restantes
pontos de D.
Os extremos de f ao longo da variedade definida pela equação
x + y + z + w − 1 = 0 ⇔ F (x, y, z, w) = 0
são dados pelo método dos multiplicadores de Lagrange:

yzw = λ




xzw = λ

∇f = λ∇F
xyw = λ
⇔
F =0


xyz = λ



x+y+z+w−1=0
Estas equações juntamente com x, y, z, w 6= 0 implicam
x=y=z=w=
que tem então que ser a única solução do problema.
20
1
4
Exercı́cio 16 Determine o máximo absoluto da função f (x, y) = xy no disco de raio um e centro
na origem de R2 dado por D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1}.
Resolução: Sejam U = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 1} e C = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1},
respectivamente, o interior e a fronteira de D. Em primeiro lugar determinemos os pontos crı́ticos
de f em U . Dado que
(
∂f
= y
∂x
∂f
= x
∂y
concluimos que (0, 0) é o único ponto crı́tico de f em U . De seguida consideremos os pontos
extremos de f sobre C. Para isso recorremos ao método dos multiplicadores de Lagrange que
consiste em determinar os pontos crı́ticos da função g(x, y) = f (x, y) + λF (x, y) sendo F (x, y) =
x2 + y 2 − 1 a função cujo nı́vel zero é a linha C (variedade-1). Assim, obtemos o seguinte sistema
(não linear) de equações:

 y + 2λx = 0
x + 2λy = 0
 2
x + y2 = 1
Das duas primeiras obtemos
1
y = 4λ2 y ⇐⇒ λ = ± ∨ y = ±x
2
e, da terceira deduzimos
1
1
x = ±√ ; y = ±√
2
2
Portanto, sobre a circunferência C, temos quatro pontos candidatos a mı́nimos ou máximos de f ,
a saber,
1
1
1
1
1
1
1
1
(− √ , − √ ); (− √ , √ ); ( √ , √ ); ( √ , − √ )
2
2
2
2
2
2
2
2
Mas,
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
f (0, 0) = 0; f (− √ , − √ ) = f ( √ , √ ) = ; f (− √ , √ ) = f ( √ , − √ ) = −
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Portanto, o máximo absoluto de f ocorre em C nos pontos (− √12 , − √12 ); ( √12 , √12 ).
Note-se que, sendo f uma função contı́nua e D um conjunto compacto (limitado e fechado), f
tem máximo e tem mı́nimo em D.
21
Exercı́cio 17 Determine os pontos da intersecção do plano definido por x + z = 1 com o parabolóide dado por z = x2 + y 2 e que se encontram mais próximos da origem.
Resolução: Consideremos a função f : R3 → R dada por
f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2
e que corresponde ao quadrado da distância do ponto de coordenadas (x, y, z) à origem.
Seja F : R3 → R2 a função dada por
F (x, y, z) = (z − x2 − y 2 , x + z − 1)
Então, a intersecção do plano com o parabolóide é o conjunto em que F (x, y, z) = (0, 0).
A derivada
−2x −2y 1
DF (x, y, z) =
1
0
1
tem caracterı́stica igual a dois em todos os pontos da intersecção. Portanto, a intersecção do plano
com o parabolóide é uma variedade de dimensão um em R3 .
Assim, pretendemos determinar os pontos de mı́nimo de f e que pertencem à variedade dada
pela equação F (x, y, z) = (0, 0).
Portanto, devemos determinar os pontos estacionários da função
g(x, y, z) = f (x, y, z) + αF1 (x, y, z) + βF2 (x, y, z)
em que α e β são os multiplicadores de Lagrange, ou seja, devemos resolver o sistema
∂g
= 2x − 2αx + β
∂x
∂g
= 2y − 2αy
∂y
∂g
= 2z + α + β
∂z
z − x2 − y 2
x+z−1
= 0
= 0
= 0
= 0
= 0
Da segunda equação obtemos
2y(1 − α) = 0 ⇐⇒ y = 0 ∨ α = 1
Então, para y = 0, da quarta e quinta equações, temos x2 + x − 1 = 0 e, portanto, obtemos os
pontos
√
√
√
√
1
3
1
3
5
5
5
5
(− −
, 0, +
) ; (− +
, 0, −
)
2
2
2
2
2
2
2
2
Para α = 1, da primeira equação, obtemos β = 0 e, da terceira equação, z = −1/2. No
entanto, da quarta equação sabemos que z ≥ 0.
Portanto, os pontos candidatos à solução do problema são
√
√
√
√
1
5
5
5
5
3
1
3
(− −
, 0, +
) ; (− +
, 0, −
)
2
2
2
2
2
2
2
2
Sendo
√
√
√
1
3
5
5
f (− −
, 0, +
) = 5−2 5
2 √2
2 √2
√
5
3
1
5
, 0, −
) = 5+2 5
f (− +
2
2
2
2
22
concluimos que o ponto mais próximo é
√
√
1
3
5
5
(− −
, 0, +
)
2
2
2
2
23
Exercı́cio 18 Uma partı́cula desloca-se em R3 sobre o parabolóide de equação z = x2 + y 2 e sob
acção do potencial V (x, y, z) = x2 − y 2 + z + sen(y).
Determine quais os pontos do parabolóide são pontos de equilı́brio (possivelmente estável ou
instável).
Nota: Recorde que um potencial V determina uma força f = ∇V . Como a partı́cula se move sobre
o parabolóide, os pontos de equilı́brio são aqueles em que a força f é perpendicular ao parabolóide,
de modo a que nesses pontos não haja componente da força tangente ao parabolóide. Note
que estes pontos podem ser achados pelo método dos multiplicadores de Lagrange (que encontra
precisamente os pontos em que ∇V é perpendicular ao parabolóide) e que estes correspondem
portanto a mı́nimos locais (equilı́brio estável) ou pontos em sela ou máximos locais (equilı́brio
instável) de V .
Resolução: Queremos encontrar os extremos de V através do método dos multiplicadores de
Lagrange. Seja F (x, y, z) = x2 + y 2 − z = 0 a equação do parabolóide. Temos de resolver o sistema

2x = λ2x

∇V = λ∇F
−2y + cos(y) = λ2y
⇔
F =0

1 = λ(−1)
Estas equações implicam λ = −1, x = 0 e cos(y) = 0. Logo temos as soluções dadas pelos pontos
pk = (0, π/2 + kπ, (π/2 + kπ)2 ). Temos V (pk ) = (−1)k . Podemos então suspeitar que os pk para k
par, onde V (pk ) = 1, sejam pontos de equı́librio instável e que pk para k ı́mpar, onde V (pk ) = −1,
sejam pontos de equı́librio estável.
A natureza estável ou instável do equilı́brio só pode ser determinada recorrendo-se às matrizes
das segundas derivadas (Hessianas) de F e V . Esta análise não faz parte do programa de AMIII
presentemente. No entanto, o resultado é o seguinte: pode mostrar-se que de facto os p k para k
ı́mpar correspondem a mı́nimos locais de V , ao passo que os pk para k par são pontos em sela de
V . Este último facto é fácil de perceber: se estamos em pk com k par e nos deslocamos ao longo
da direcção x então V aumenta. Por outro lado ao longo da direcção y os valores de V diminuem
e temos então um ponto em sela.
24
Exercı́cio 19 O funcionamento de uma co-inceneradora imaginária (num pequeno paı́s imaginário) depende de três variáveis: a temperatura, x; a concentração do produto quı́mico A, dada
por y; e a concentração do produto quı́mico B, dada por z. Essas variáveis satisfazem as seguintes
condições:
F1 (x, y, z) = (x − 1)2 + (y − 1)2 − 1 = 0, F2 (x, y, z) = y + z − 2 = 0.
Uma comissão cientı́fica (imaginária), nomeada para estudar o processo, determinou que a taxa
de emissão de dioxinas é dada por f (x, y, z) = (x − 1)2 + yz − 2z + 5.
Quais são os valores das variáveis x, y, z que garantem o funcionamento mais favorável da coinceneradora, do ponto de vista ambiental ?
Resolução: A condição F1 (x, y, z) = 0 descreve um cilindro vertical de raio 1, com o eixo dado
pela recta (1, 1, z). A condição F2 = 0 descreve um plano de equação y + z = 2. A intersecção
destas duas superfı́cies fornece uma elipse, E, que é uma variedade-1.
Para encontrarmos os valores dos parâmetros que correspondem à menor taxa de emissão de
dioxinas, devemos encontrar o mı́nimo da função f em E. (Note-se que f é contı́nua e que E é
compacta, pelo que certamente haverá um máximo e um mı́nimo de f em E.) Para isso vamos
utilizar o método dos multiplicadores de Lagrange.
Todas as funções envolvidas são de classe C 1 .
Temos que ∇F1 (x, y, z) = (2(x − 1), 2(y − 1), 0) e ∇F2 (x, y, z) = (0, 1, 1). Note-se que estes dois
vectores são independentes em todos os pontos de E: não há nenhum ponto de E com x = y = 1.
Confirmamos assim que E é uma variedade-1. Além disso, ∇F1 (x, y, z) e ∇F2 (x, y, z) constituem
uma base do espaço normal a E em (x, y, z) ∈ E.
Tem-se que ∇f (x, y, z) = (2(x − 1), z, y − 2). De acordo com o método dos multiplicadores de
Lagrange, para que f tenha um extremo em p = (x, y, z) ∈ E, é necessário que existam números
reais λ1 e λ2 tais que:
F1 (x, y, z) = 0, F2 (x, y, z) = 0, ∇f (x, y, z) = λ1 ∇F1 (x, y, z) + λ2 ∇F2 (x, y, z)
ou seja, temos as seguintes cinco equações com cinco incógnitas:
(x − 1)2 + (y − 1)2 − 1 = 0
y+z−2=0
2(x − 1) = 2λ1 (x − 1)
z = 2λ1 (y − 1) + λ2
y − 2 = λ2 .
A terceira equação implica que x = 1 ou λ1 = 1.
Se x = 1, então y = 0 ou y = 2.
Se y = 0, temos z = 2 e λ2 = −2, o que dá λ1 = −2. Obtemos assim uma solução p1 = (1, 0, 2).
Se y = 2, temos z = 0 e λ2 = 0, o que dá λ1 = 0. Obtemos outra solução,
√ p2 = (1, 2, 0).
Se λ1 = 1 então y = 3/2,
o
que
dá
z
=
1/2
e
λ
=
−1/2
e
x
=
1
±
3/2. Obtemos assim mais
2
√
√
duas soluções p3 = (1 + 3/2, 3/2, 1/2) e p4 = (1 − 3/2, 3/2, 1/2).
Calculando os valores de f temos que: f (p1 ) = 1, f (p2 ) = 5, f (p3 ) = 11/2, f (p4) = 11/2. Logo,
a emissão de dioxinas é menor para p1 = (1, 0, 2).
Note-se que podemos concluir que p1 é o mı́nimo e que p3 e p4 são máximos. Quanto a p2 é um
mı́nimo relativo. Se percorrermos a curva E, no sentido anti-horário de quem olha para o semi-eixo
positivo dos z, partindo de p1 , f começa pelo valor 1 e vai aumentando. Depois, passamos em p3
onde f tem o valor máximo de 11/2, e após isso f atinge um mı́nimo relativo em p 2 com o valor
5, e começa a crescer. De seguida passamos por outro máximo em p4 , após o que se regressa a p1 .
Nota: É rejeitada toda e qualquer responsabilidade em caso de uso indevido dos resultados deste
exercı́cio na construção (eventual) de co-inceneradoras reais.
25
Exercı́cio 20 Considere o seguinte subconjunto de R3 :
C = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 = y 2 + z 2 , 2x + z = 2}
1. Mostre que C é uma variedade e indique a sua dimensão.
2. Determine o espaço tangente e o plano normal (não o espaço normal) a C no ponto (1, 1, 0).
3. Utilizando o método dos multiplicadores de Lagrange determine os pontos de C cuja distância
à origem é máxima e os aqueles cuja distância à origem é mı́nima.
Resolução:
1. Seja F : R3 → R2 a função definida por
F (x, y, z) = (x2 − y 2 − z 2 , 2x + z − 2).
Então C = {(x, y, z) ∈ R3 : F (x, y, z) = (0, 0)}. F é uma função de classe C 1 . A matriz
Jacobiana de F é dada por
"
#
2x −2y −2z
DF (x, y, z) =
2
0
1
Esta matriz tem caracterı́stica 2 excepto quando (2x, −2y, −2z) é um múltiplo de (2, 0, 1),
isto é, quando y = 0 e 2x = 2(−2z) ⇐⇒ x = −2z.
Uma vez que o sistema
 2
x = y2 + z 2






 2x + z = 2







x = −2z
y=0
⇐⇒
 2
x = z2






 z = − 32


x = 34





y=0
não tem soluções, concluimos que DF tem caracterı́stica 2 em todos os pontos de C e
portanto C é uma variedade de dimensão 3 − 2 = 1.
2. As linhas da matriz DF (1, 1, 0) formam uma base para o espaço normal no ponto (1, 1, 0).
Isto é
⊥
T(1,1,0) C = {α(2, −2, 0) + β(2, 0, 1) : α, β ∈ R}.
O espaço tangente tem dimensão
Como
1 e é gerado pelo produto externo de (2, −2, 0) e (2, 0, 1).
i j k 2 −2 0 = (−2, −2, 4)
2 0 1 conclui-se que o espaço tangente é
T(1,1,0) C = {α(−2, −2, 4) : α ∈ R}.
O plano normal à curva C é o plano paralelo ao espaço normal que passa pelo ponto (1, 1, 0).
É portanto o plano com equação paramétrica
(1, 1, 0) + α(2, −2, 0) + β(2, 0, 1),
26
α, β ∈ R
ou, equivalentemente, o plano com equação cartesiana
−2(x − 1) − 2(y − 1) + 4(z − 0) = 0 ⇐⇒ x + y + 2z = 2
(uma vez que (−2, −2, 4) é um vector perpendicular ao plano normal e (1, 1, 0) pertence ao
plano).
3. Os pontos de C cuja distância à origem é máxima e mı́nima são os pontos de máximo
√ e
mı́nimo da restrição a C da função f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 (uma vez que u → u é
uma função monótona). A função f é diferenciável logo pelo método dos multiplicadores
de Lagrange os máximos e mı́nimos têm de ocorrer nos pontos que são solução do seguinte
sistema
 ∂
2
2
2
2
2
2

∂x x + y + z + λ1 (x − y − z ) + λ2 (2x + z − 2) = 0





∂

x2 + y 2 + z 2 + λ1 (x2 − y 2 − z 2 ) + λ2 (2x + z − 2) = 0

∂y



∂
x2 + y 2 + z 2 + λ1 (x2 − y 2 − z 2 ) + λ2 (2x + z − 2) = 0
∂z






x2 = y 2 + z 2





2x + z = 2

2x + 2λ1 x + 2λ2 = 0







2y − 2λ1 y = 0 ⇐⇒ y = 0 ou λ1 = 1




2z − 2λ1 z + λ2 = 0
⇐⇒





x2 = y 2 + z 2






2x + z = 2
Se λ1 = 1 obtem-se o sistema

x=0







λ1 = 1




λ2 = 0





0 = y2 + z2






z=2
que não tem soluções. Por outro lado, se y = 0, obtem-se o sistema


 2x + 2λ1 x + 2λ2 = 0





y=0




2(1 − λ1 )z + λ2 = 0





x2 = z 2 ⇐⇒ x = ±z






2x + z = 2
que tem duas soluções: ( 23 , 0, 23 ) e (2, 0, −2). São estes os únicos candidatos a pontos de
máximo e mı́nimo.
Uma vez que C é um conjunto limitado e fechado e f é contı́nua, o teorema de Weierstrass
garante que f tem um máximo e mı́nimo sobre C. Como f ( 23 , 0, 23 ) = 98 < 8 = f (2, 0, −2)
conclui-se que o ponto de C que está à distância máxima é (2, 0, −2) e o ponto que está à
distância mı́nima é ( 32 , 0, 23 ).
27
Exercı́cio 21 Considere a seguinte variedade de dimensão 2 em R3 :
S = {(x, y, z) ∈ R3 : (
1. Calcule a área de S.
p
2
x2 + y 2 − 2) + z 2 = 1, z > 0}.
2. Determine a expressão para a normal unitária com terceira componente positiva em cada
ponto da superfı́cie S.
3. Calcule o fluxo através de S, segundo a normal unitária com terceira componente positiva,
do campo vectorial
F (x, y, z) = (0, 0, 1).
Resolução:
1. Uma parametrização para a variedade é dada por:
g : [1, 3] × [0, 2π] → R3
q
2
g(r, θ) = (r cos θ, r sin θ, 1 − (r − 2) )
Obtemos então:
r−2
∂g
= (cos θ, sin θ, − q
)
∂r
2
1 − (r − 2)
∂g
= (−r sin θ, r cos θ, 0)
∂θ


∂g ∂g  r(r − 2)
r(r − 2)
×
= q
cos θ, q
sin θ, r
∂r
∂θ
2
2
1 − (r − 2)
1 − (r − 2)
Donde:
||
∂g ∂g
×
|| = q
∂r
∂θ
r
1 − (r − 2)
2
Logo a área de S é dada por
Z 2π Z 3
Z 2π Z 3
2
r−2
r
q
q
drdθ =
+q
drdθ
0
1
0
1
1 − (r − 2)2
1 − (r − 2)2
1 − (r − 2)2
q
3
2
= 2π − 1 − (r − 2) + 2 arcsin(r − 2) = 4π 2 .
1
2. Da alı́nea anterior tiramos que:
n=
∂g
∂r
|| ∂g
∂r
×
×
∂g
∂θ
∂g
∂θ ||
=
1
√ r
1−(r−2)2
× (q
r(r − 2)
2
cos θ, q
r(r − 2)
1 − (r − 2)
1 − (r − 2)
q
2
= ((r − 2) cos θ, (r − 2) sin θ, 1 − (r − 2) ).
2
sin θ, r)
∂g
3. Uma vez que a terceira componente de ∂g
∂r × ∂θ é positiva, e portanto este vector tem o
sentido da normal a S dada, o fluxo é dado por:
Z 2π Z 3
Z
Z 2π Z 3
∂g ∂g
×
)drdθ =
rdrdθ = 2π[r 2 /2]31 = 8π.
F ·n=
F (g(r, θ)) · (
∂r
∂θ
0
1
S
0
1
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