GABARITO P3.2017.2
(1.a). A superficie parametrizada ´e o resultado de rotar a imagem da curva parametrizada espacial (t,0, t3), t ∈ [1,2], ao redor do eixo z. Por tanto para obter a equa¸c˜ao impl´ıcita o primer paso ´e eliminar a coordenada an- gular somando os quadrados da primeira e segunda equa¸c˜oes param´etricas:
x=tcos(θ) y=tsen(θ) z=t3
=⇒
(x2+y2=t2
z=t3 =⇒(x2+y2)3=z2.
(1.b) A imagem da curva espacial (t,0, t3), t ∈ [1,2] ´e o resultado de primeiro mergulhar no semiplano y = 0, x ≥ 0 a imagem da curva plana (t, t3), t∈[1,2] –que ´e o grafico da fun¸caof(t) =t3,t∈[1,2]– e segundo rotar ela ao redor do eixoz. Por tanto:
Figure 1
(1.c) Podemos tentar verificar ser´e uma superficie parametrizada regular. Esso acontece quando o vetor normal de rn˜ao zera:
rt×rθ(t, θ) =
e1 e2 e3
cos(θ) sen(θ) 3t2
−tsen(θ) tcos(θ) 0
= (−3t3cos(θ),−3t3sen(θ), t).
Como t ∈[1,2] o vetor normal nao zera e por tanto r´e uma superficie parametrizada regular e portanto sua imagemS ´e uma superficie regular.
Outro modo de verificar que S ´e regular ´e usar a equa¸c˜ao impl´ıcita na forma (x2+y2)3−z2= 0:
1
2 GABARITO P3.2017.2
Como o campo gradiente
(3(x2+y2)2x,3(x2+y2)2y,−2z)
zera em pontos contidos no plano z= 0 eSn˜ao tem pontos nesse plano,S
´ e regular
(1.d). A equa¸cao implicita do plano tangente emr(2, π) = (−2,0,8) ´e:
rt×rθ(2, π)·(x, y, z) =rt×rθ(t, θ)·r(−2, π)⇔ 24x+ 2z= 48 + 16⇔12x+z= 32.
(1.d). Para calcular a integral sobreSpodemos usar a parametriza¸caor. Levando em conta que a norma do vetor normal da parametriza¸caor´e√
t2+ 9t6= t√
1 + 9t4, obtemos:
Z Z
S
(x2)dS= Z Z
[1,2]×[0,2π]
(t2cos2(θ))tp
1 + 9t4dtdθ=
= Z
[0,2π]
cos2(θ)dθ
! Z
[1,2]
t3p
1 + 9t4dt
!
=
= Z
[0,2π]
1
2+cos(2θ) 2 dθ
!1
54(1 + 9t4)3/2|21
=
= π
54(733/2−103/2).
(2.a). O bordo de S ´e a concatena¸c˜ao dos tres segmentos que ligam (0,0,1) e (1,0,0), (1,0,0) e (0,1,0), e (0,1,0) e (0,0,1). Por tanto ´e tambem o bordo da superficieS0 que ´e o triangulo no planox+y+z= 1 cujos vertices s˜ao (0,0,1), (1,0,0) e (0,1,0). Se orientamos S0 pelo normal unitario n0 =
√1
3(1,1,1), ent˜ao a orienta¸cao herdada por∂S0 ´e a orienta¸c˜ao dada.
Pelo teorema de Stokes:
Z Z
∂S
F dr= Z Z
S
(rot(F))dS= Z Z
S0
(rot(F))dS O rotacional de F ´e:
rot(F) =
e1 e2 e3
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
cos(x) +xz ey+xy zy+z3
= (z, x, y) O produto escalar do rot(F) pelo normal unitarion0 ´e:
(z, x, y) 1
√
3(1,1,1) = 1
√
3(x+y+z)
Como nos pontos da superficieS0 verificasex+y+z= 1 o produto escalar nesses pontos ´e constante igual `a √1
3: Por tanto:
Z Z
∂S
F dr= Z Z
S0
√1
3(x+y+z)dS= 1
√3Area(S0)
Podemos parametrizarS0como o grafico da fun¸caof(x, y) = 1−x−ycom dominio o trianguloDde vertices (0,0), (1,0) e (0,1). Como|rx×ry|=√
3, obtemos:
Z Z
∂S
F dr= 1
√3Area(S0) = 1
√3 Z Z
D
√
3dxdy= Area(D) = 1 2
GABARITO P3.2017.2 3
(3) A superficies regulares S1 e S2 s˜ao a por¸c˜ao de um cilindro limitada por dos planos. Nos sabemos que a interse¸cao de um plano com um cilindro
´
e uma elipse no plano; essa elipse ´e uma circumferencia quando o plano ´e perpendicular ao eixo de rotac˜ao do plano.
Os planos z= 4 ey= 4 s˜ao perpendiculares aos eixos de rota¸c˜ao de S1
e S2, respeitivamente, e, por tanto, d˜ao lugar a circumferencias. O plano z = y vai dar lugar a uma elipse que ´e a mesma para os dos cilindros.
Podemos verificar esso comparando as equa¸c˜oes impl´ıcitas que descrebem as interse¸c˜oes:
(x2+y2= 4
z=y ⇔
(x2+z2= 4 z=y
Figure 2
As componentes do campoF s˜ao muito complicadas para tentar calcular o fluxo aplicando a formula. Seguemos a dica e fechamos a superficieScom os discos
S3={z= 4, x2+y2≤4}, S4={y= 4, x2+z2≤4}
.
Assim obtemos uma regi˜ao fechadaE de modo que:
∂E=S∪S3∪S4. Pelo teorema de Gauss:
Z Z
∂E
F dS= Z Z Z
E
div(F)dxdydz Por tanto:
Z Z
S
F dS= Z Z Z
E
div(F)dxdydz− Z Z
S3
F dS− Z Z
S4
dS
• O disco S3 est´a orientado como parte da fronteira da regi˜ao E. Por tanto o normal unitario aponta para fora da regi˜ao. Por tanto o normal unitarion3= (0,0,1):
4 GABARITO P3.2017.2
Z Z
S3
F dS= Z Z
S3
(exp(ycos(z)), xy,10z)·(0,0,1)dS= Z Z
S3
10z=
= Z
S3
10·4dS= 40Area = 160π.
• O disco S4 est´a orientado como parte da fronteira da regi˜ao E. Por tanto o normal unitario aponta para fora da regi˜ao. Por tanto o normal unitarion4= (0,1,0):
Z Z
S4
F dS= Z Z
S4
(exp(ycos(z)), xy,10z)·(0,1,0)dS= Z Z
S3
xy=
= Z
x2+z4≤4
4xdxdz= Z Z
[0,2]×[0,2π]
4rcos(θ)rdrdθ= 0.
• O divergente deF ´e:
div(F) =x+ 10 Logo temos que calcular a integral tripla:
Z Z Z
E
(x+ 10)dxdydz= 10Vol(E) + Z Z
E
xdxdydz
Dividimos a regi˜aoE na porc˜ao E1 acima do planoz =y e a por¸c˜ao E2 abaixo do plano.
Em coordenadas cilindricas:
E1={(r, θ, z)|0≤r≤2,0≤θ≤2π, rsen(θ)≤z≤4.
Por tanto Z Z Z
E1
(10 +x)dxdydz= Z Z
[0,2]×[0,2π]
Z 4 rsen(θ)
(10 +rcos(θ))rdz
! drdθ=
= Z Z
[0,2]×[0,2π]
(40r−10r2sen(θ) + 4r2cos(θ)−r3cos(θ)sen(θ))drdθ=
= Z Z
[0,2]×[0,2π]
40rdr= 160π.
Observamos que se permutamos as variaveisy ez transformamos E1
emE2 e o integrado nao muda. Por tanto Z Z Z
E2
(10 +x)dxdydz= Z Z
E1
(10 +x)dxdydz= 160π.
Por tanto:
Z Z
S
F dS=−160π.
