Exercícios resolvidos P3 Questão 1

Exercícios resolvidos P3
Questão 1
Calcule a área da superfície obtida pela revolução da curva
α(t) = (R cos t, 0, R sin t + a),
t ∈ [0, 2π],
0 < R < a,
em torno do eixo x. Esta superfície é chamada de Toro.
Resposta:
desenho!)
Uma parametrização para esta superfície é dada por (Faça um
r(t, θ) = (R cos t, (R sin t+a) sin θ, (R sin t+a) cos θ),
(t, θ) ∈ [0, 2π)×[0, 2π).
Vimos em sala que a área de uma superfície parametrizada é dada por
ZZ
ZZ
|rt × rθ |dA.
1 dS =
A=
[0,2π)×[0,2π)
S
Fazendo o cálculo do produto vetorial, obtemos
|rt ×rθ | = (−R cos t(R sin t + a), −R sin t(R sin t + a) sin θ, R sin t(R sin t + a) cos θ) .
Logo,
|rt × rθ | = R
p
(R sin t + a)2 = R(R sin t + a).
Veja que, não colocamos o módulo na expressão acima pois 0 < R < a
implica que R sin t + a > 0 para todo t.
Finalmente,
Z
2π
Z
2π
A=
0
R2 sin t + aR dtdθ
0
2
= 2π[−R cos t + aRθ]2π
0
= 2π (2aRπ) = 4aRπ 2 .
Esta superfície pode ser pensada como o produto cartesiano de dois
círculos, um de raio a e outro de raio R. Assim, poderíamos pensar que, da
mesma forma que calculamos a área da superfície de um cilíndro, a área é o
produto dos perímetros, ou seja, (2πa)(2πR) = 4aRπ 2 .
Nota:
Questão 2
Mostre que a equação x + sin(y + z) = 0 dene implicitamente y como função
2
de x e z (y = ϕ(x, z)) numa vizinhança de (0, 0, 0). Calcule ∂∂xϕ2 (0, 0). Em
2
seguida, explicite a função ϕ e calcule novamente ∂∂xϕ2 (0, 0).
Resposta:
Dena a função F : R3 → R por
F (x, y, z) = x + sin(y + z).
Observe que
∂F
(x, y, z) = cos(y + z),
∂y
logo ∂F
(0, 0, 0) = cos(0 + 0) = 1 6= 0. Assim, como F é uma função C ∞ , em
∂y
particular C 1 , e ∂F
(0, 0, 0) 6= 0 temos que existe uma vizinhança V ⊂ R2 do
∂y
ponto (0, 0) e uma função C ∞ ϕ : V → R tal que
F (x, ϕ(x, z), z) = F (0, 0, 0) = 0.
Em outras palavras, a equação
x + sin(y + z) = 0
dene, localmente, y como função de x e z. O teorema ainda diz que
∂F
(x, ϕ(x, z), z)
1
∂ϕ
∂x
(x, z) = − ∂F
=−
.
∂x
cos(ϕ(x,
z)
+
z)
(x,
ϕ(x,
z),
z)
∂y
Tomando, mais uma vez a derivada parcial com respeito a x :
∂ 2ϕ
1
∂ϕ
(x,
z)
=
(−
sin(ϕ(x,
z)
+
x))(
(x, z) + 1).
∂x2
(cos(ϕ(x, z) + x)2 )
∂x
Aplicando no ponto (0, 0), obtemos
∂ 2ϕ
1
∂ϕ
(0, 0) =
(− sin(0))( (0, 0) + 1) = 0.
2
∂x
cos(0)
∂x
Para a segunda parte do exercício, escrevendo sin(y + z) = −x, vemos
que próximo ao ponto (0, 0, 0), podemos escrever y + z = arcsin(−x). Logo
ϕ(x, z) = y = −z + arcsin(−x).
Com isso podemos calcular as derivadas parciais diretamente:
∂ϕ
−1
(x, z) = √
∂x
1 − x2
e assim,
O que implica que
∂ 2ϕ
1 −2x
.
(x, z) =
2
∂x
2 (1 − x2 ) 23
∂2ϕ
(0, 0)
∂x2
= 0.
Questão 3
Seja S a superfície cilíndrica com tampa mostrada na gura 1. S é a união das
superfícies S1 e S2 , sendo que S1 é o conjunto dos pontos (x, y, z) que satisfaz
x2 + y 2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1, e S2 é o conjunto dos pontos (x, y, z) que satisfaz
x2 + y 2 + (z − 1)2 = 1, z ≥ 1. Seja F (x, y, z) = (zx + z 2 y + x, z 3 yx + y, z 4 x2 ).
Suponha que S está orientada com vetores normais apontando fora. Calcule
ZZ
∇ × F · dS
S
usando o teo. de Stokes de duas formas: calculando a integral de linha sobre
a fronteira diretamente e escolhendo uma superfície adequada.
Figura 1:
Em primeiro lugar, observe que o campo em questão é C ∞ , em
particular C 1 , e a superfície S é suave (regular) por partes. Sendo assim,
podemos aplicar o teo. de Stokes.
Resposta:
A fronteira de S é a curva C dada pelo conjunto dos pontos (x, y, 0)
que satisfazem x2 + y 2 = 1. A orientação da superfície S induz a orientação
anti-horária na curva C e assim,
α(t) = (cos t, sin t, 0),
t ∈ [0, 2π],
é uma parametrização de C. Pelo teo. de Stokes,
ZZ
Z
∇ × F · dS =
S
F · dr
ZC2π
=
F (α(t)) · α0 (t)dt
Z0 2π
(cos t, sin t, 0) · (− sin t, cos t, 0)dt
=
0
= 0.
O teo. de Stokes também pode ser usado para argumentar que a integral
do rotacional não depende da superfície escolhida, contanto que o bordo
permaneça o mesmo e a orientação do bordo concorde com a orientação da
nova superfície. Assim, observe que o disco unitário
D = {(x, y, 0)|x2 + y 2 ≤ 1}
também possui como bordo a curva C e a parametrização do disco r : D → R3
r(x, y) = (x, y, 0)
tem como vetor normal rx × ry = (0, 0, 1) que concorda com a orientação de
C. Logo, pelo teo. de Stokes
ZZ
ZZ
∇ × F · dS =
S
∇ × F · dS
Z ZD
F (x, y, 0) · (0, 0, 1) dA
=
x2 +y 2 ≤1
ZZ
=
0 dA = 0.
x2 +y 2 ≤1
Questão 4
Calcule a integral de superfície
ZZ
F · dS
S
sendo que S é a superfície dada por S = {(x, y, z)|x2 +y 2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1}, orientada com vetores normais apontando para fora, e F (x, y, z) = (1, 1, z(x2 +
y 2 )). Efetue os cálculos diretamente e depois use o teo. da divergência.
Resposta: Primeiro, vamos calcular a integral de superfície diretamente.
Seja r : [0, 2π] × [0, 1] → R3 uma parametrização do cilindro dada por
r(t, z) = (cos t, sin t, z).
Sendo assim,
rt × rz = (cos t, sin t, 0).
A integral de superfície é
ZZ
Z
2π
1
Z
F · dS =
S
F (r(t, z)) · (rt × rz ) dzdt
0
Z
0
2π
1
Z
(1, 1, z) · (cos t, sin t, 0) dzdt
=
0
Z
0
2π
1
Z
=
cos t + sin t dzdt
0
0
= 0.
Agora, usando o teorema da divergência. Seja
E = {(x, y, z)|x2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1}
e ∂E a fronteira da região E orientada com vetores normais apontando para
fora. Observe que ∂E = S ∪ T1 ∪ T0 , sendo que T1 = {(x, y, 1)|x2 + y 2 ≤ 1}
é a tampa de cima do cilindro e T0 = {(x, y, 0)|x2 + y 2 ≤ 1} é a tampa de
baixo do cilindro. Assim, como E é do tipo I, II e III, simultaneamente, e F
é de classe C 1 , temos que, pelo teorema da divergência,
ZZZ
ZZ
ZZ
∇ · F dV =
E
ZZ
F · dS =
∂E
ZZ
F · dS +
S
F · dS. (1)
F · dS +
T1
T2
Do lado esquerdo, temos que
ZZZ
ZZZ
x2 + y 2 dV
Z 1 ZE 2π Z 1
R3 dRdθdz
=
∇ · F dV =
E
0
0
π
= .
2
0
Agora o lado direito. O vetor normal a T0 é n0 = (0, 0, −1), logo
ZZ
ZZ
z(x2 + y 2 ) dS
F · dS =
T0
T0
= 0,
pois z = 0 em T0 . Já o vetor normal a T1 é n1 = (0, 0, 1), logo, usando a
parametrização r(x, y) = (x, y, 1),
ZZ
ZZ
F · dS =
F (x, y, 1) · (0, 0, 1) dA
x2 +y 2 ≤1
T0
ZZ
x2 + y 2 dA
=
x2 +y 2 ≤1
π
= .
2
Assim, pela equação (1), temos que
ZZ
F · dS = 0.
S